Phương pháp giải:

- Chia cả hai vế của đẳng thức bài cho cho \(ab > 0\) và đánh giá tập giá trị của biểu thức \(t = \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}\) bằng bất đẳng thức Cô – si.

- Biến đổi biểu thức \(P\) về làm xuất hiện \(t\) và sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của \(P\).

Lời giải chi tiết:

Ta có : \(2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = (a + b)(ab + 2)\)\( \Rightarrow 2\dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab}} + 1 = \dfrac{{a + b}}{{ab}}\left( {ab + 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2.\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right) + 1 = \left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)\left( {ab + 2} \right)\) \( \Leftrightarrow 2\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right) + 1 = a + b + \dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho bộ hai số dương \(\left( {a + b} \right)\) và \(\dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b}\) ta có:

\(\left( {a + b} \right) + \left( {\dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b}} \right) \ge 2\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {\dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b}} \right)}  = 2\sqrt {4 + 2\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)} \) \( \Rightarrow 2\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right) + 1 \ge 2\sqrt {4 + 2\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)} \).

Đặt \(t = \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}\) ta được \(2t + 1 \ge 2\sqrt {4 + 2t}  \Leftrightarrow {\left( {2t + 1} \right)^2} \ge 4\left( {4 + 2t} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4{t^2} + 4t + 1 \ge 16 + 8t \Leftrightarrow 4{t^2} - 4t - 15 \ge 0\left[ \begin{array}{l}t \ge \dfrac{5}{2}\\t \le  - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\).

Mà \(t > 0\) nên \(t \ge \dfrac{5}{2}\).

Khi đó \(P = 4\left( {\dfrac{{{a^3}}}{{{b^3}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{a^3}}}} \right) - 9\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}} \right)\) \( = 4\left[ {{{\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)}^3} - 3\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)} \right] - 9\left[ {{{\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)}^2} - 2} \right]\)

\( = 4\left( {{t^3} - 3t} \right) - 9\left( {{t^2} - 2} \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18\).

Xét hàm \(f\left( t \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18\) trên \(\left[ {\dfrac{5}{2}; + \infty } \right)\) có \(f'\left( t \right) = 12{t^2} - 18t - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \notin \left[ {\dfrac{5}{2}; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow f'\left( t \right) > 0,\forall t \ge \dfrac{5}{2}\) hay hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {\dfrac{5}{2}; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow f\left( t \right) \ge f\left( {\dfrac{5}{2}} \right) =  - \dfrac{{23}}{4} \Rightarrow P \ge  - \dfrac{{23}}{4}\).

Dấu “=” xảy ra khi \(t = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} = \dfrac{5}{2} \Rightarrow 2{a^2} - 5ab + 2{b^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 2b\\a = \dfrac{b}{2}\end{array} \right.\).

Vậy \(\min P =  - \dfrac{{23}}{4} \in \left( { - 6; - 5} \right)\).

Chọn A.