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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(shù)學(xué)的重要組成部分，它在理論上和方法上對現(xiàn)代數(shù)學(xué)都有深刻的影響，與多項式有關(guān)的問題除了出現(xiàn)在函數(shù)、方程、不等式等代數(shù)領(lǐng)域中，還涉及到幾何、數(shù)論等知識，是一個綜合性的工具，也是數(shù)學(xué)競賽中的熱點問題．多項式的基本理論主要包括：余數(shù)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(shù)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(shù)小于g(x)的次數(shù)），則．特別是多項式f(x)除以x-a，

2、商式為g(x)，余數(shù)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(shù)學(xué)競賽中，經(jīng)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(shù)定理與因式定理： (1)余數(shù)定理：多項式f(x)除以x-a所得的余數(shù)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(shù)多項式，則f(x)除以(x-a)所得的商也為整系數(shù)多項式，余

3、數(shù)為整數(shù)． ②若f(x)為整系數(shù)多項式，a、b為不同整數(shù)，則 ③f(x)除以所的的余數(shù)為． 3．代數(shù)基本定理 (1)代數(shù)基本定理：一個n次多項式在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)至少有一個根． (2)根的個數(shù)定理：一個n次多項式在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)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(fù)根成對定理：若實系數(shù)多項式f(x)有一個虛根那么它的共軛復(fù)數(shù)也是f(x)的根，并且和有相同重數(shù)．運用時要注意必須是實系數(shù)方程． 5．拉格朗日（Lagrange）插值公式 設(shè)f(x)是一個次數(shù)不超過n的多項式，數(shù)a1，a2，…，an+1兩兩

4、不等，則 ． 簡寫成f(x)=． A類例題 例1 將關(guān)于的多項式表為關(guān)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(shù)列的求和公式求出f(x)的表達式，然后用變量代換轉(zhuǎn)化為關(guān)于y的多項式，最后對它賦值即可． 解 由題設(shè)知，和式中的各項構(gòu)成首項為1，公比為的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的求和公式，得：令得取 有 說明 賦值法在解決多項式系數(shù)之和問題中經(jīng)常被使用． 例2 在一次數(shù)學(xué)課上，老師讓同學(xué)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(gòu)成等差數(shù)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(shù)、四次項系數(shù)和常數(shù)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(shù)列的特點，解方程． 解 設(shè)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(shù)的之間關(guān)系，在解決方程問題時，有著極其廣泛的應(yīng)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(shù)法設(shè)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(guān)系，最后求出f(a

6、)． 解 設(shè) 展開得 比較兩邊系數(shù)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(shù)相等，往往是解決多項式分解及恒等問題的重要依據(jù)，常通過待定系數(shù)法實現(xiàn)轉(zhuǎn)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(guān)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(shù)定理的一個推廣． 情景再現(xiàn) 1．設(shè)，求

7、的值為 （ ）(2005年浙江省數(shù)學(xué)競賽) A． B． C． D． 2．設(shè)是關(guān)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(shù)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(guān)系，利

8、用韋達定理就能構(gòu)造出滿足題意的多項式g(x)． 解 設(shè)，則由韋達定理知 故 ． 因此． 說明 利用韋達定理構(gòu)造出滿足題意的多項式g(x)是本題的關(guān)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(guān)系： 設(shè)，則 例5 設(shè)a，b，c，d是4個不同實數(shù)，p(x)是實系數(shù)多項式，已知①p(x)除以(x-a)的余數(shù)為a；②p(x)除以(x-b)的余數(shù)為b； ③p(x)除以(x-c)的余數(shù)為c；④p(x)除以(x-d)的余數(shù)為d． 求多項式p(x) 除以(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)的余數(shù)．（1990年意大利數(shù)學(xué)奧賽題) 分析 首先

9、利用余數(shù)定理將條件轉(zhuǎn)化，再通過構(gòu)造一個新函數(shù)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(guān)系． 解法一 根據(jù)余數(shù)定理，p(x)除以(x-a)的余數(shù)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(xiàn)(b)=0，F(xiàn)(c)=0，F(xiàn)(d)=0．由因式定理可知，F(xiàn)(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(shù)為x． 解法二 利用待定系數(shù)法

10、設(shè)p(x)= (x-a) (x-b) (x-c) (x-d)q(x)+r(x)，其中由題設(shè)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(shù)定理，并巧妙構(gòu)造多項式函數(shù)是解決本題的關(guān)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(shù)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(jié)論，這就是下述問題： 設(shè)是n個不同的實數(shù)，p(x)是一個實系數(shù)多項式，已知p(x)除以的余數(shù)為

11、，則多項式p(x)除以的余數(shù)為x． 其中表示的是，為n個因式相乘． 例6 設(shè)為互不相同的兩組實數(shù)，將它們按如下法則填入100×100的方格表內(nèi)，即在位于第i行第j列處的方格處填入現(xiàn)知任何一列數(shù)的乘積為1，求證：任一行數(shù)的積為-1． 分析 注意到100×100的方格表內(nèi)，位于第i行第j列處的方格處填入的數(shù)為，且任何一列的乘積為1，故可以構(gòu)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(shù)的乘積為-1． 說明 本題的關(guān)鍵是巧妙地構(gòu)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(dǎo)也是利用多項式恒等定理的經(jīng)典之作： 設(shè)f(x)是一個次數(shù)不超過n的多項式，數(shù)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(shè)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(shù)學(xué)的許多領(lǐng)域都有著廣泛的應(yīng)用，拉格朗日插值多項式的構(gòu)造是十分巧妙，值得好好領(lǐng)會和應(yīng)用，以下一例就是拉格朗日插值公式的簡單應(yīng)用． 例7 已知函數(shù)滿足則f(3)的取值范圍是

13、 ( ) A． B． C． D． 分析 由于所給函數(shù)為偶函數(shù)，故有，再運用拉格朗日插值公式將f(3)表示為關(guān)于f(-1)、f(1)和f(2)的關(guān)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(zhuǎn)化為求線性目標函數(shù)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(shù)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(zhì)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(guān)于二元多項式問題，關(guān)鍵是消去一元轉(zhuǎn)化成一元多項式問題． 解 存在．取將y看成常數(shù)，則關(guān)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(shù)(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(xiàn) 4．若可被整除，則m，p，q應(yīng)符合的條件是  (

15、) A． B． C． D． 5．求次數(shù)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(shù)學(xué)競賽題） C類例題 例9 已知數(shù)列滿足求證：對于任何自然數(shù)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(shù)列，則從而可將表示成的表達式，再化簡即可． 解 因為，所以數(shù)列為等差數(shù)列，設(shè)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(shù)p，使得三次方程 的三個根均為自

16、然數(shù)．(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(shù)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(shù)時，原三次方程的三個根才均為自然數(shù)．設(shè)方程①的兩個正整數(shù)根為u，v，則由韋達定理得從而p為正整數(shù)．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(shù)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(shù)時，原三次方程的三個根才均為自然數(shù)． 設(shè)方程①的兩個正整數(shù)根為由韋達定理則得故p為正整數(shù)．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(shù)，于是 或（無解） 從而得到不定方程②的唯一自然數(shù)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(shù)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(shù)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(shè)法處理我們熟悉的二次函數(shù)問題． 鏈接 除了將原

18、問題轉(zhuǎn)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(shù)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(shù)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(shù)時，原三次方程的三個根才均為自然數(shù)．由韋達定理知，p為自然數(shù)．顯然方程①的判別式是完全平方數(shù)．設(shè)，則．A，B的奇偶性相同，且均為偶數(shù)（若A，B都是奇數(shù)，則矛盾）．令則由及19與229的素性可得 即從而正整數(shù)p只能為76． 情景再現(xiàn) 7．求證：不能表示成的形式，其中為實系數(shù)多項式，且互質(zhì)． 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(shù)f(x)有（ ） A．0個 B．1個  C．2個 D．無窮多個 3．設(shè)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(shù)均不為0，多項式的三個根為，則 ． （德國高中數(shù)學(xué)競賽題） 5．若f(x)、g(x)為兩個實系數(shù)多項式，并且可被整除，則 ， ． 6．當時,是某個整系數(shù)多項式的根

20、，求滿足上述條件的次數(shù)最低的首項系數(shù)為1的多項式．（1997年日本數(shù)學(xué)競賽題） 7．設(shè)若則的值為 ( ) A．8014 B．40 C．160 D．8270 8．以有理數(shù)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(shù)范圍內(nèi)有多少個零點? 10．設(shè)都是多項式，且 求證：x-1是的公因式． 11．設(shè)

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(shù)，系數(shù)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(shù)的值，最后一個系數(shù)由甲給出后，如果所得的多項式?jīng)]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(shù)，乙必勝嗎？(2004年江蘇省數(shù)學(xué)夏令營一級教練員測試題十) 本節(jié)“情景再現(xiàn)”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(shù)得． 解得．因此． 3．86 解 設(shè)多項式的四個根為則由韋達定理，得 設(shè)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(shè)有且互質(zhì)． ，又， 又 但當f(x)的次數(shù)時，恒有的次數(shù)大于的次數(shù)， 為常數(shù)．同理g(x)也為常數(shù)，故為常數(shù)，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(shè)，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(shè)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(diào)遞增，且當時，，因此，恰有一個根． 10．解 設(shè) 取1的5次虛單位根 所以 即方程 故再把x=1代入所設(shè)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(shù)，接下去，乙必取余下的一個偶數(shù)次項的系數(shù)，如果已經(jīng)沒有偶數(shù)次項的系數(shù)，乙才取奇數(shù)次項的系數(shù)．因此當最后留下兩個系數(shù)，必由乙先取．注意到乙的選系數(shù)方式以及偶項系數(shù)的總數(shù)，恰好比偶項系數(shù)的總數(shù)少一個，所以最后兩個系數(shù)只能是兩個奇數(shù)項系數(shù)或者一個奇數(shù)項系數(shù)，一個偶數(shù)項系數(shù)，它們可設(shè)為，．這里，s可奇，也可偶．于是．其中是已經(jīng)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(guān)，所以和無關(guān)，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