Cho các số thực dương $a$ , $b$ sao cho $a b + 1 \leq b$ . Biểu thức $P = \frac{a + b}{\sqrt{a^{2} - a b + 3 b^{2}}} + \frac{2 a - b}{6 (a + b)}$ đạt giá trị lớn nhất là

P_{\max} = \frac{4}{3}

P_{\max} = \frac{1}{3}

P_{\max} = \frac{5 \sqrt{5} - 1}{15}

P_{\max} = \frac{5 \sqrt{7} - 1}{15}

Đáp án và lời giải

Đáp án:C

Lời giải:Lời giải
Chọn C

a b + 1 \leq b

\Leftrightarrow \frac{a}{b} \leq - \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{b} = \frac{1}{4} - {(\frac{1}{b} - \frac{1}{2})}^{2}

\Rightarrow 0 < \frac{a}{b} \leq \frac{1}{4}

. Dấu bằng đạt được khi

b = 2

a = \frac{1}{2}

P = \frac{a + b}{\sqrt{a^{2} - a b + 3 b^{2}}} + \frac{2 a - b}{6 (a + b)}

= \frac{t + 1}{\sqrt{t^{2} - t + 3}} + \frac{2 t - 1}{6 (t + 1)}

với

t = \frac{a}{b}

và

t \in (0; \frac{1}{4}]

.
Xét hàm số

f (t) = \frac{t + 1}{\sqrt{t^{2} - t + 3}} + \frac{2 t - 1}{6 (t + 1)}

với

t \in (0; \frac{1}{4}]

f^{'} (t) = \frac{- 3 t + 7}{2 \sqrt{{(t^{2} - t + 3)}^{3}}} + \frac{1}{2 {(t + 1)}^{2}} > 0

với mọi

t \in (0; \frac{1}{4}]

.
Vậy hàm số luôn đồng biến trên

(0; \frac{1}{4}]

và

f_{\max} = f (\frac{1}{4}) = \frac{5 \sqrt{5} - 1}{15}

.
Vậy

P_{\max} = \frac{5 \sqrt{5} - 1}{15}

khi

\frac{a}{b} = \frac{1}{4}

, chẳng hạn

b = 2

a = \frac{1}{2}

Vậy đáp án đúng là C.

Câu hỏi thuộc đề thi sau. Bạn có muốn thi thử?

Làm bài

Câu hỏi Toán học