Cho $P(x)$ là đa thức bậc $n$ (với $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$) có hệ số cao nhất bằng 1 và có đúng $n$ nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tồn tại duy nhất số thực $a$ mà $$P(4a^2+4a+2026)=0$$
Chứng minh đa thức $P(4x^2+4x+2026)$ chia hết cho đa thức $(2x+1{)}^2$ và $P(2026)\ge 1$.

Giả sử $n$ nghiệm thực phân biệt của đa thức $P(x)$ là $x_1,x_2,\dots ,x_n$. Không mất tính tổng quát, ta có thể sắp thứ tự:
$$x_1<x_2<\cdots <x_n$$
Do $P(x)$ có bậc $n$ và hệ số của số hạng bậc cao nhất bằng 1 nên ta có:
$$P(x)=\prod _{i=1}^n(x-x_i)=(x-x_1)(x-x_2)\dots (x-x_n)$$
Xét hàm số $f(x)=4x^2+4x+2026$ xác định trên $\mathbb{R}$.
Khi đó: $P(f(x))={\prod }_{i=1}^n(4x^2+4x+2026-x_i)$
Với mỗi tam thức bậc hai $4x^2+4x+2026-x_i$ ta xét delta
$${△}_i=4^2-4^2.(2026-x_i)=16.(x_i-2025),\forall i=\overline{1,n}$$
Theo giả thiết $P(f(x))$ có duy nhất một nghiệm thực cho nên tồn tại $k\in \{1,2,...,n\}$ sao cho
$$\{\begin{array}{l}{△}_k=0\\ {△}_j<0,\forall j\ne k\end{array}$$
Vì vậy $x_k=2025$ và $x_j<2025,\forall j\ne k$
Mà $x_1<x_2<\dots <x_n$ nên $k=n$.
Chứng minh $P(f(x))$ chia hết cho $(2x+1{)}^2$.
Ta có: $P(f(x))=(f(x)-2025).{\prod }_{i=1}^{n-1}(f(x)-x_i)=(2x+1{)}^2.{\prod }_{i=1}^{n-1}(f(x)-x_i)$.
Vì vậy $P(f(x))$ chia hết cho $(2x+1{)}^2$.
Chứng minh $P(2026)\ge 1$.
- Nếu $n=1$, đa thức có dạng $P(x)=x-2025$. Khi đó:
$$P(2026)=2026-2025=1\ge 1$$
- Nếu $n\ge 2$, do $x_i<2025$ với mọi $i\in \{1,2,\dots ,n-1\}$, suy ra:
$$P(2026)=(2026-2025).\prod _{i=1}^{n-1}(2026-x_i)>1$$

Vì vậy ta luôn có $P(2026)\ge 1$.
Bài toán được chứng minh hoàn tất.