江蘇省2012高中數學競賽教案 第62講 多項式

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1、教育資源 第62講 多項式理論 多項式理論是代數學的重要組成部分，它在理論上和方法上對現代數學都有深刻的影響，與多項式有關的問題除了出現在函數、方程、不等式等代數領域中，還涉及到幾何、數論等知識，是一個綜合性的工具，也是數學競賽中的熱點問題．多項式的基本理論主要包括：余數定理與因式定理；多項式恒等條件；韋達定理；插值公式等．具體如下： 1．多項式恒等： (1) 多項式恒等條件：兩個多項式相等當且僅當它們同次冪的系數相等． (2)帶余除恒等式：多項式f(x)除以多項式g(x)，商式為q(x)，余式為r(x)，(則r(x)的次數小于g(x)的次數），則．特別是多項式f(x)除以x-a，

2、商式為g(x)，余數為r，則f(x)=(x-a)g(x)+r． (3)多項式恒等定理：若有n+1個不同的x值使n次多項式f(x)與g(x)的值相同，則． 在數學競賽中，經常用到先猜想后證明的思想：比如先找出一個n次多項式f(x)符合題意，再驗證f(x)與g(x)在n+1個不同的x值處，均有f(x)=g(x)，則． 2．余數定理與因式定理： (1)余數定理：多項式f(x)除以x-a所得的余數等于f(a)． (2)因式定理：多項式f(x)有一個因式x-a的充要條件是f(a)=0． (3)幾個推論： ①若f(x)為整系數多項式，則f(x)除以(x-a)所得的商也為整系數多項式，余

3、數為整數． ②若f(x)為整系數多項式，a、b為不同整數，則 ③f(x)除以所的的余數為． 3．代數基本定理 (1)代數基本定理：一個n次多項式在復數范圍內至少有一個根． (2)根的個數定理：一個n次多項式在復數范圍內有且僅有n個根． 4．韋達定理與虛根成對定理 (1)韋達定理：如果一元n次多項式的根是，那么有 …… 簡寫成． (2)復根成對定理：若實系數多項式f(x)有一個虛根那么它的共軛復數也是f(x)的根，并且和有相同重數．運用時要注意必須是實系數方程． 5．拉格朗日（Lagrange）插值公式 設f(x)是一個次數不超過n的多項式，數a1，a2，…，an+1兩兩

4、不等，則 ． 簡寫成f(x)=． A類例題 例1 將關于的多項式表為關于的多項式其中則 ．（2005年全國聯(lián)賽一試） 分析 先利用等比數列的求和公式求出f(x)的表達式，然后用變量代換轉化為關于y的多項式，最后對它賦值即可． 解 由題設知，和式中的各項構成首項為1，公比為的等比數列，由等比數列的求和公式，得：令得取 有 說明 賦值法在解決多項式系數之和問題中經常被使用． 例2 在一次數學課上，老師讓同學們解一個五次方程，明明因為上課睡覺，沒有將方程抄下，到下課時，由于黑板被擦去了大半，明明僅抄到如下殘缺的方程，若該方程的五個根恰構成等差數列，且公差，試幫明明解出該

5、方程． 分析 題目已知一個五次方程的五次項系數、四次項系數和常數項，可由韋達定理確定出方程5個根的和與積，再利用其為等差數列的特點，解方程． 解 設該方程的5個根為，則由韋達定理可得 由此得及 令，得或1． 于是或．由條件，可知． 因此這5個根為1，2，3，4，5． 說明 韋達定理給出了如果一元n次多項式方程的n個根與方程的系數的之間關系，在解決方程問題時，有著極其廣泛的應用．運用韋達定理時，特別要注意符號不能搞反． 例3 若可被整除，求f(a)． 分析 由于可被整除，故可以用待定系數法設出f(x)因式分解后的形式，利用多項式恒等條件確定p,q,a的關系，最后求出f(a

6、)． 解 設 展開得 比較兩邊系數得 故． 說明 多項式恒等條件即兩個多項式相等當且僅當它們同冪次得系數相等，往往是解決多項式分解及恒等問題的重要依據，常通過待定系數法實現轉化． 鏈接 由于題目條件f(x)可被整除可知f(x)可被 x-1，x+1整除，故可以利用因式定理確定出p，q，a之間的關系，再代入求值： 可被(x-1)(x+1)整除，∴由因式定理可知f(-1)=f(1)=0．因此得， 由①－②得故． 因式定理是處理多項式問題的常用工具．運用因式定理時，只要有f(a)=0，則f(x)必含有因式(x-a)．容易看出，因式定理是余數定理的一個推廣． 情景再現 1．設，求

7、的值為 （ ）(2005年浙江省數學競賽) A． B． C． D． 2．設是關于變量x的一個恒等式，則ab的值為 ( ) A． -246 B． -210 C． 29 D． 210 3．四次多項式的四個根中有兩個根的積為-32，求實數k． B類例題 例4 已知是多項式的三個零點，試求一個以為零點的三次多項式g(x)． 分析 由于原多項式和所求多項式的零點之間存在著平方關系，利

8、用韋達定理就能構造出滿足題意的多項式g(x)． 解 設，則由韋達定理知 故 ． 因此． 說明 利用韋達定理構造出滿足題意的多項式g(x)是本題的關鍵． 鏈接 本題還可以用因式分解的辦法尋找兩個多項式之間的關系： 設，則 例5 設a，b，c，d是4個不同實數，p(x)是實系數多項式，已知①p(x)除以(x-a)的余數為a；②p(x)除以(x-b)的余數為b； ③p(x)除以(x-c)的余數為c；④p(x)除以(x-d)的余數為d． 求多項式p(x) 除以(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)的余數．（1990年意大利數學奧賽題) 分析 首先

9、利用余數定理將條件轉化，再通過構造一個新函數F(x)，使得它能被(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)整除，再確定出F(x)與p(x)的關系． 解法一 根據余數定理，p(x)除以(x-a)的余數為p(a)，故p(a)=a． 同理，p(b)=b，p(c)=c，p(d)=d．考察多項式F(x)= p(x)-x，則有F(a)=0，F(b)=0，F(c)=0，F(d)=0．由因式定理可知，F(x)含有因式(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)，而p(x) = F(x)＋x，故多項式p(x) 除以(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)的余數為x． 解法二 利用待定系數法

10、設p(x)= (x-a) (x-b) (x-c) (x-d)q(x)+r(x)，其中由題設得p(a)=a，p(b)=b，p(c)=c，p(d)=d知a，b，c，d是的4個互不相同的根，但該方程是個三次方程，故m=n=l-1=t=0，即m=n=t=0，l=1．故所求余式為x． 說明 靈活運用因式定理和余數定理，并巧妙構造多項式函數是解決本題的關鍵，而這些都可以通過仔細觀察題目條件的特點后能自然得出．本題還可以用待定系數法解決，一題多解，有利于拓寬視野，把問題看的更加透徹． 鏈接 本題有一般性的結論，這就是下述問題： 設是n個不同的實數，p(x)是一個實系數多項式，已知p(x)除以的余數為

11、，則多項式p(x)除以的余數為x． 其中表示的是，為n個因式相乘． 例6 設為互不相同的兩組實數，將它們按如下法則填入100×100的方格表內，即在位于第i行第j列處的方格處填入現知任何一列數的乘積為1，求證：任一行數的積為-1． 分析 注意到100×100的方格表內，位于第i行第j列處的方格處填入的數為，且任何一列的乘積為1，故可以構造兩個恒等的多項式解之． 解 考察多項式 由于任何一列的乘積為1，故知是p(x)的根， 故有由多項式恒等可知 取，代入上式可得： 即故知任何一行數的乘積為-1． 說明 本題的關鍵是巧妙地構造兩個恒等的多項式，是一利用多項式恒等定

12、理解決問題的精妙之作． 鏈接 拉格朗日插值公式的推導也是利用多項式恒等定理的經典之作： 設f(x)是一個次數不超過n的多項式，數a1，a2，…，an+1兩兩不等，則 ． 簡寫成． 證明：(1)存在性：令 觀察的特點，可知故 故該多項式滿足題目條件． (2)惟一性：設g(x)是一個滿足題意的n次多項式，則則由多項式恒等定理可知 故惟一性得證． 拉格朗日插值公式在數學的許多領域都有著廣泛的應用，拉格朗日插值多項式的構造是十分巧妙，值得好好領會和應用，以下一例就是拉格朗日插值公式的簡單應用． 例7 已知函數滿足則f(3)的取值范圍是

13、 ( ) A． B． C． D． 分析 由于所給函數為偶函數，故有，再運用拉格朗日插值公式將f(3)表示為關于f(-1)、f(1)和f(2)的關系式即可． 解 選C．由拉格朗日插值公式，得 從而故． O x y A B 1 鏈接 本題除了用拉格朗日插值公式來處理以外，還可以用線性規(guī)劃的方法來處理，具體如下： 由得而 故問題轉化為求線性目標函數在線性約束條件下的最大值和最小值問題．先作出可行域如圖： 則點A的坐標為（0，1）， 點B的坐標為（3，7）， 則線性目標函數在點A處取得最小值為 在點B處取得最大

14、值為 故的取值范圍為 本題還可以利用不等式知識來處理： 又，故由不等式的性質知 例8 是否存在二元多項式，滿足條件 (1)對任意的 (2)對于任意的c>0，存在x，y，使得 分析 本題是關于二元多項式問題，關鍵是消去一元轉化成一元多項式問題． 解 存在．取將y看成常數，則關于x的二次三項式的判別式∴對所有的x，y均有 又將p(x，y)看成x的函數(y固定)，則p(x，y)的值域為 因為當． 所以對于任意的c>0，存在 從而存在 情景再現 4．若可被整除，則m，p，q應符合的條件是  (

15、) A． B． C． D． 5．求次數小于3的多項式f(x)，使f(1)=1，f(-1)=3，f(2)=3． 6．求所有的值a，使多項式的根滿足 （奧地利數學競賽題） C類例題 例9 已知數列滿足求證：對于任何自然數n， 是x的一次多項式或零次多項式．（1986年全國聯(lián)賽一試題） 分析 由知是等差數列，則從而可將表示成的表達式，再化簡即可． 解 因為，所以數列為等差數列，設其公差為d有，從而 由二項定理，知 又因為 從而 所以 當式，P(x)為x的一次多項式，當d=0時，P(x)為零次多項式． 例10 求一切實數p，使得三次方程 的三個根均為自

16、然數．(1995年全國聯(lián)賽二試題) 分析 容易看出x=1是原三次方程的一個自然數根，原方程可用綜合除法降次為① 當且僅當二次方程①的兩個根均為自然數時，原三次方程的三個根才均為自然數．設方程①的兩個正整數根為u，v，則由韋達定理得從而p為正整數．因此本題相當于解不定方程消去p得66(u+v)=5uv+1，由該不定方程解出u，v，再求出p=u+v即可． 解 容易看出x=1是原三次方程的一個自然數根，由綜合除法，原三次方程可降次為二次方程① 當且僅當二次方程①的兩個根均為自然數時，原三次方程的三個根才均為自然數． 設方程①的兩個正整數根為由韋達定理則得故p為正整數．消去p得66(u+v

17、)=5uv+1②， 由②得v(5u-66)=66u-1>0，從而5v-66>0． 對方程②兩邊乘5后，移項、分解得(5u-66)(5v-66)=19×229，其中19，229均為素數，于是 或（無解） 從而得到不定方程②的唯一自然數解，u=17，v=59，這樣p=u+v=17+59=76． 所以當且僅當p=76時方程①有三個自然數根1，17，59． 說明 由于我們對三次方程的求根公式（卡當公式）不很熟悉，因此在遇到此類問題時，我們一般先用觀察法找到它的一個根，通常是整數根，再將原三次方程降次為二次方程，降次的一般用綜合除法．然后再設法處理我們熟悉的二次函數問題． 鏈接 除了將原

18、問題轉化為求解二元二次不定方程66(u+v)=5uv+1外，也可以用求根公式，從而利用判別式為完全平方數求解，其中涉及到奇偶分析．具體如下： 容易看出x=1是原三次方程的一個自然數根，由綜合除法，原三次方程可降次為二次方程① 當且僅當二次方程①的兩個根均為自然數時，原三次方程的三個根才均為自然數．由韋達定理知，p為自然數．顯然方程①的判別式是完全平方數．設，則．A，B的奇偶性相同，且均為偶數（若A，B都是奇數，則矛盾）．令則由及19與229的素性可得 即從而正整數p只能為76． 情景再現 7．求證：不能表示成的形式，其中為實系數多項式，且互質． 習題 1．已知多項式是的展開

19、式，則等于( ) A．1 B．-1 C．0 D． 2 2．滿足條件的二次函數f(x)有（ ） A．0個 B．1個  C．2個 D．無窮多個 3．設一個二次三項式的完全平方展開式是那么這個二次三項式是________________________． 4．已知實數均不為0，多項式的三個根為，則 ． （德國高中數學競賽題） 5．若f(x)、g(x)為兩個實系數多項式，并且可被整除，則 ， ． 6．當時,是某個整系數多項式的根

20、，求滿足上述條件的次數最低的首項系數為1的多項式．（1997年日本數學競賽題） 7．設若則的值為 ( ) A．8014 B．40 C．160 D．8270 8．以有理數a，b，c為根的三次多項式有  ( ) A．1個 B．2個 C．3個 D．無窮多個 9．多項式在實數范圍內有多少個零點? 10．設都是多項式，且 求證：x-1是的公因式． 11．設

21、p(x)是2n次多項式,滿足 12．任給實多項式：．其中n為正整數，系數用下面方法來確定：甲，乙兩人，從甲開始，依次輪流給出一個系數的值，最后一個系數由甲給出后，如果所得的多項式沒有實根，則甲勝；若所得的多項式有實根，則乙勝．試問不管甲如何選取系數，乙必勝嗎？(2004年江蘇省數學夏令營一級教練員測試題十) 本節(jié)“情景再現”解答： 1．C 2．A 解 將該恒等式變形成多項式恒等，則有比較兩邊系數得． 解得．因此． 3．86 解 設多項式的四個根為則由韋達定理，得 設故 又 故 4．C 解 5． 解 由拉格朗日插值公式得．

22、 6．－9 7．解 (反證法)假設有且互質． ，又， 又 但當f(x)的次數時，恒有的次數大于的次數， 為常數．同理g(x)也為常數，故為常數，矛盾．故原命題得證． 本節(jié)“習題”解答： 1．A 2．B 3． 4．－1 5．0， 0 6． 解 記則代入方程,得 即 兩邊平方，得 故所求的多項式為 7． A 解 設，則，故于是 8． C 解 由韋達定理知 ． 如果a=0(或b=0)得c=0，b=0． 如果 如果a，b，c均不為零，得． 故滿足題設的多項式為． 9．1 解 顯然，x=0不是f(x

23、)=0的根．令，則 又單調遞增，且當時，，因此，恰有一個根． 10．解 設 取1的5次虛單位根 所以 即方程 故再把x=1代入所設等式，得s(1)=0．命題得證． 11．解 令又 其中 將x=2n+1代入上式,得 這表明p(x)是四次多項式, 由得 12．解 乙有必勝策略．證明如下． 在選取過程中，不管甲取了那個系數，接下去，乙必取余下的一個偶數次項的系數，如果已經沒有偶數次項的系數，乙才取奇數次項的系數．因此當最后留下兩個系數，必由乙先取．注意到乙的選系數方式以及偶項系數的總數，恰好比偶項系數的總數少一個，所以最后兩個系數只能是兩個奇數項系數或者一個奇數項系數，一個偶數項系數，它們可設為，．這里，s可奇，也可偶．于是．其中是已經確定的多項式． 接下來由乙來取，我們希望不管最后甲取的的值是什么，都不影響必有實根，為此，我們給出如何選取的值的方法，并證明最終所得的多項式有實根．任取，則，．為了不管如何選取，這意味著從上兩式中消去，于是有： ． 注意到等式右邊和無關，所以和無關，又由，所以．令 ，則有 ． 我們來證明必有實根．顯然．如果，則在必有實根．如果，由于，所以，因此，這證明了中必有實根．總之，必有實根．這證明了乙必勝． 教育資源