Đáp án

Giải thích

Điều kiện \(1 - ab > 0 \Leftrightarrow ab < 1\).

Ta có \[{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac = 2ab + a + b - 3 \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {1 - ab} \right) - {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {a + b} \right) = \left( {a + b} \right) - 2\left( {1 - ab} \right) - 1\]

\(\left. { \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {1 - ab} \right.} \right) + 1 + 2\left. {\left( {1 - ab} \right.} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {a + b} \right) + \left( {a + b} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}2\left( {1 - ab} \right) + 2\left( {1 - ab} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {a + b} \right) + \left( {a + b} \right)\).  (1)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}t + t\) với \(t > 0\) có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t.{\rm{ln}}2}} + 1 > 0,\forall t > 0\) nên hàm số \(f\left( t \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}t + t\) đồng biến trên khoảng \(0; + \infty \)).

Ta có 1\() \Leftrightarrow f(2(1 - ab)) = f(a + b) \Leftrightarrow 2(1 - ab) = a + b \Leftrightarrow 2 - a = b(2a + 1) \Leftrightarrow b = \frac\).

Do \(a,b > 0 \Rightarrow \frac > 0 \Leftrightarrow 0 < a < 2\).

Khi đó \(P = a + b = a + \frac = \frac{{2{a^2} + 2}}\)

Xét hàm \(g\left( a \right) = \frac{{2{a^2} + 2}} \Rightarrow g'\left( a \right) = \frac{{4{a^2} + 4a - 4}}{{{{(2a + 1)}^2}}} \Rightarrow g'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow a = \frac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\).

Bảng biến thiên

Vậy \({P_{{\rm{min}}}} =  - 1 + \sqrt 5 \).