Câu 1 (5 điểm). Với mỗi số nguyên dương $n$, xét đa thức $P_n(x)=x^{3n}-3\cdot 4^{n-1}{x}^n-2^{3n-3}$.
a) Chứng minh $P_n(x)$ có đúng một nghiệm thực dương, kí hiệu là $a_n$.
b) Đặt $b_n=\frac{2-a_n}{n}$ và $c_n=b_1+b_2+\cdots +b_n$. Chứng minh dãy số ${\left(c_n\right)}_{n=1}^{\infty }$ có giới hạn hữu hạn.

a) Ta có $P_n(x)=x^{3n}-3\cdot 4^{n-1}{x}^n-2^{3n-3}$ liên tục trên $\mathbb{R}$. Vì $P_n(0)=-2^{3n-3}<0$ và ${\lim }_{x\to +\infty }{P}_n(x)=+\infty$ nên $P_n(x)$ có ít nhất một nghiệm dương $a_n$.
Xét $P_n(x)=x^{3n}-3\cdot 4^{n-1}{x}^n-2^{3n-3}$ trên $(0;+\infty )$.
Ta có $P_n^{\prime }(x)=3n{x}^{3n-1}-3n\cdot 4^{n-1}{x}^{n-1}$, $\forall x\in (0;+\infty )$;
$$P_n^{\prime }(x)=0\iff x=\sqrt[2n]{4^{n-1}}.$$
Suy ra $P_n^{\prime }(x)>0$ với mọi $x\in \left(\sqrt[2n]{4^{n-1}};+\infty \right)$ và $P_n^{\prime }(x)<0$ với mọi $x\in \left(0;\sqrt[2n]{4^{n-1}}\right)$. Kết hợp với $P_n(0)=-2^{3n-3}<0$, suy ra $P_n(x)=0$ có không quá một nghiệm dương.
Vì vậy $P_n(x)$ có đúng một nghiệm dương với mọi $n\ge 1$.

b) Ta có $P_n(2)=2^{3n-3}>0$ với mọi $n\ge 1$. Suy ra $P_n(0)P_n(2)<0$. Vì vậy, $P_n(x)$ có đúng một nghiệm dương thuộc $[0;2]$. Đặt $x=2\sqrt[n]{\cos \phi }$, $0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$. Khi đó
$$x^{3n}-3\cdot 4^{n-1}{x}^n=2^{3n-3}\iff 2^{3n-3}\left(8{\cos }^3\phi -6\cos \phi -1\right)=0$$
$$\iff \cos 3\phi =\frac{1}{2}\iff \phi =\pm \frac{\pi }{9}+\frac{k2\pi }{3}(k\in \mathbb{Z}).$$
Vì $0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$ nên $\phi =\frac{\pi }{9}$. Ta nhận được $a_n=2\sqrt[n]{\cos \frac{\pi }{9}}$. Vì vậy $0<a_n<2$ nên $b_n>0$ với mọi $n$. Suy ra $(c_n{)}_{n=1}^{\infty }$ là dãy tăng. Ta có: $a_n=2{\left(\cos \frac{\pi }{9}\right)}^{\frac{1}{n}}$. Vì $e^x\ge 1+x$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $A^x=e^{x\ln A}\ge 1+x\ln A$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ và $A>0$.
Áp dụng bất đẳng thức trên cho $A=\cos \frac{\pi }{9}$ và $x=\frac{1}{n}$, ta nhận được
$${\left(\cos \frac{\pi }{9}\right)}^{\frac{1}{n}}\ge 1+\frac{1}{n}\ln \cos \frac{\pi }{9}.$$
Dẫn tới
$$2-a_n=2\left(1-{\left(\cos \frac{\pi }{9}\right)}^{\frac{1}{n}}\right)\le 2\left(1-\left(1+\frac{1}{n}\ln \cos \frac{\pi }{9}\right)\right)=-\frac{2}{n}\ln \cos \frac{\pi }{9}\text{với mọi }n.$$
Vì vậy $b_n=\frac{2-a_n}{n}<-\frac{2}{n^2}\ln \cos \frac{\pi }{9}$, $\forall n\ge 1$.
Suy ra
$$c_n=b_1+b_2+\cdots +b_n\le -2\ln \cos \frac{\pi }{9}\left(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{n^2}\right)$$
$$\le -2\ln \cos \frac{\pi }{9}\left(1+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{(n-1)n}\right)$$
$$=-2\ln \cos \frac{\pi }{9}\left(2-\frac{1}{n}\right)<-4\ln \cos \frac{\pi }{9}$$
với mọi $n$. Như vậy ${\left(c_n\right)}_{n=1}^{\infty }$ bị chặn trên. Do đó ${\left(c_n\right)}_{n=1}^{\infty }$ có giới hạn hữu hạn.