Bất phương trình \({{\log }_{4}}\left( x+2 \right)+x+3<{{\log }_{2}}\left( \frac{2x+1}{x} \right)+{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{2}}+2\sqrt{x+2}\) có tập nghiệm là S. Tập nào sau đây là tập con của S?

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} x + 2 > 0\\ \frac{{2x + 1}}{x} > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < x < - \frac{1}{2}\\ x > 0 \end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)

Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:

\({{\log }_{2}}\sqrt{x+2}+x+2-2\sqrt{x+2}<{{\log }_{2}}\left( 2+\frac{1}{x} \right)+{{\left( 2+\frac{1}{x} \right)}^{2}}-2\left( 2+\frac{1}{x} \right)\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

+) Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+{{t}^{2}}-2t\) trên \(\left( 0;+\infty  \right)\)

Ta có \({f}'\left( t \right)=\frac{1}{t\ln 2}+2t-2>\frac{1}{t}+2t-2=t+\frac{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}{t}>0,\,\,\forall t>0.\)

Do đó f(t) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Suy ra \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow f\left( \sqrt{x+2} \right)<f\left( 2+\frac{1}{x} \right)\Leftrightarrow \sqrt{x+2}<2+\frac{1}{x}\,\,\left( 2 \right)\)

+) Vì (*) nên (2) \(\Leftrightarrow x+2<{{\left( 2+\frac{1}{x} \right)}^{2}}\Leftrightarrow x+2<4+\frac{4}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-4x-1<0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( \frac{3-\sqrt{13}}{2};\frac{3+\sqrt{13}}{2} \right)\)

Kết hợp điều kiện (*) ta được \(S=\left( -2;-1 \right)\cup \left( 0;\frac{3+\sqrt{13}}{2} \right).\)