Google
Câu hỏi: Cho hàm số $f\left( x \right)={{x}^{4}}+a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+c{{x}^{{}}}+1$. Biết rằng đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ có ít nhất một giao điểm với trục hoành. Bất đẳng thức nào sau đây là đúng?
A. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>\dfrac{4}{3}.$
B. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}<\dfrac{4}{3}.$
C. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{4}{3}.$
D. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le \dfrac{4}{3}.$
A. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>\dfrac{4}{3}.$
B. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}<\dfrac{4}{3}.$
C. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{4}{3}.$
D. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le \dfrac{4}{3}.$
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ với trục hoành là ${{x}^{4}}+a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+1=0$.
Giả sử ${{x}_{0}}$ là nghiệm của phương trình trên, suy ra ${{x}_{0}}\ne 0$.
Ta có ${{x}_{0}}^{4}+a{{x}_{0}}^{3}+b{{x}_{0}}^{2}+c{{x}_{0}}+1=0$ $\Leftrightarrow $ $a{{x}_{0}}^{3}+b{{x}_{0}}^{2}+c{{x}_{0}}=-{{x}_{0}}^{4}-1$.
Suy ra ${{\left( -x_{0}^{4}-1 \right)}^{2}}={{\left( a{{x}_{0}}^{3}+b{{x}_{0}}^{2}+c{{x}_{0}} \right)}^{2}}\le \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( x_{0}^{6}+x_{0}^{4}+x_{0}^{2} \right)$ (BĐT Bu-nhi-a)
$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{x_{0}^{8}+2x_{0}^{4}+1}{x_{0}^{6}+x_{0}^{4}+x_{0}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{{{\left( x_{0}^{2}+\dfrac{1}{{{x}_{0}}} \right)}^{2}}}{x_{0}^{2}+\dfrac{1}{{{x}_{0}}}+1}$ (chia cả tử và mẫu cho $x_{0}^{4}$ ).
Đặt $x_{0}^{2}+\dfrac{1}{{{x}_{0}}}=t$ suy ra $t\ge 2\sqrt{x_{0}^{2}.\dfrac{1}{{{x}_{0}}}}=2$ và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}$.
Ta có $\dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}=t-1+\dfrac{1}{t+1}=\dfrac{t+1}{9}+\dfrac{1}{t+1}+\dfrac{8t+8}{9}-2$.
Mà $\dfrac{t+1}{9}+\dfrac{1}{t+1}\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{9}}=\dfrac{2}{3}$ (BĐT AM-GM) và $\dfrac{8t+8}{9}\ge \dfrac{8.2+8}{9}=\dfrac{8}{3}$ do $t\ge 2$.
Suy ra $\dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}\ge \dfrac{2}{3}+\dfrac{8}{3}-2=\dfrac{4}{3}$. Vậy ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}\ge \dfrac{4}{3}$.
Bất đẳng thức Cô-si: $a+b\ge 2\sqrt{ab}$ với mọi $a,b$ không âm.
Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki: $ax+by\le \sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}$
Giả sử ${{x}_{0}}$ là nghiệm của phương trình trên, suy ra ${{x}_{0}}\ne 0$.
Ta có ${{x}_{0}}^{4}+a{{x}_{0}}^{3}+b{{x}_{0}}^{2}+c{{x}_{0}}+1=0$ $\Leftrightarrow $ $a{{x}_{0}}^{3}+b{{x}_{0}}^{2}+c{{x}_{0}}=-{{x}_{0}}^{4}-1$.
Suy ra ${{\left( -x_{0}^{4}-1 \right)}^{2}}={{\left( a{{x}_{0}}^{3}+b{{x}_{0}}^{2}+c{{x}_{0}} \right)}^{2}}\le \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( x_{0}^{6}+x_{0}^{4}+x_{0}^{2} \right)$ (BĐT Bu-nhi-a)
$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{x_{0}^{8}+2x_{0}^{4}+1}{x_{0}^{6}+x_{0}^{4}+x_{0}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{{{\left( x_{0}^{2}+\dfrac{1}{{{x}_{0}}} \right)}^{2}}}{x_{0}^{2}+\dfrac{1}{{{x}_{0}}}+1}$ (chia cả tử và mẫu cho $x_{0}^{4}$ ).
Đặt $x_{0}^{2}+\dfrac{1}{{{x}_{0}}}=t$ suy ra $t\ge 2\sqrt{x_{0}^{2}.\dfrac{1}{{{x}_{0}}}}=2$ và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}$.
Ta có $\dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}=t-1+\dfrac{1}{t+1}=\dfrac{t+1}{9}+\dfrac{1}{t+1}+\dfrac{8t+8}{9}-2$.
Mà $\dfrac{t+1}{9}+\dfrac{1}{t+1}\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{9}}=\dfrac{2}{3}$ (BĐT AM-GM) và $\dfrac{8t+8}{9}\ge \dfrac{8.2+8}{9}=\dfrac{8}{3}$ do $t\ge 2$.
Suy ra $\dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}\ge \dfrac{2}{3}+\dfrac{8}{3}-2=\dfrac{4}{3}$. Vậy ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \dfrac{{{t}^{2}}}{t+1}\ge \dfrac{4}{3}$.
Note: Phương pháp chung
Một số iến thức cần nhớBất đẳng thức Cô-si: $a+b\ge 2\sqrt{ab}$ với mọi $a,b$ không âm.
Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki: $ax+by\le \sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}$
Đáp án C.