学年高中数学竞赛 第62讲 多项式教案docWord文档下载推荐.docx

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②若f（x）为整系数多项式，a、b为不同整数，则

③f（x）除以

所的的余数为

3．代数基本定理

（1）代数基本定理：

一个n次多项式在复数范围内至少有一个根．

（2）根的个数定理：

一个n次多项式在复数范围内有且仅有n个根．

4．韦达定理与虚根成对定理

（1）韦达定理：

如果一元n次多项式

的根是

，那么有

……

简写成

（2）复根成对定理：

若实系数多项式f（x）有一个虚根

那么它的共轭复数

也是f（x）的根，并且

和

有相同重数．运用时要注意必须是实系数方程．

5．拉格朗日（Lagrange）插值公式

设f（x）是一个次数不超过n的多项式，数a1，a2，…，an+1两两不等，则

简写成f（x）=

A类例题

例1将关于

的多项式

表为关于

其中

则

．（2005年全国联赛一试）

分析先利用等比数列的求和公式求出f（x）的表达式，然后用变量代换转化为关于y的多项式，最后对它赋值即可．

解由题设知，

和式中的各项构成首项为1，公比为

的等比数列，由等比数列的求和公式，得：

令

得

取

有

说明赋值法在解决多项式系数之和问题中经常被使用．

例2在一次数学课上，老师让同学们解一个五次方程，明明因为上课睡觉，没有将方程抄下，到下课时，由于黑板被擦去了大半，明明仅抄到如下残缺的方程

，若该方程的五个根恰构成等差数列，且公差

，试帮明明解出该方程．

分析题目已知一个五次方程的五次项系数、四次项系数和常数项，可由韦达定理确定出方程5个根的和与积，再利用其为等差数列的特点，解方程．

解设该方程的5个根为

，则由韦达定理可得

由此得

及

，得

或1．

于是

或

．由条件

，可知

因此这5个根为1，2，3，4，5．

说明韦达定理给出了如果一元n次多项式方程的n个根与方程的系数的之间关系，在解决方程问题时，有着极其广泛的应用．运用韦达定理时，特别要注意符号不能搞反．

例3若

可被

整除，求f（a）．

分析由于

整除，故可以用待定系数法设出f（x）因式分解后的形式，利用多项式恒等条件确定p,q,a的关系，最后求出f（a）．

解设

展开得

比较两边系数得

故

说明多项式恒等条件即两个多项式相等当且仅当它们同幂次得系数相等，往往是解决多项式分解及恒等问题的重要依据，常通过待定系数法实现转化．

链接由于题目条件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确定出p，q，a之间的关系，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

因式定理是处理多项式问题的常用工具．运用因式定理时，只要有f（a）=0，则f（x）必含有因式（x-a）．容易看出，因式定理是余数定理的一个推广．

情景再现

1．设

，求

的值为（）（2005年浙江省数学竞赛）

A．

B．

C．

D．

2．设

是关于变量x的一个恒等式，则ab的值为（）

A．-246B．-210C．29D．210

3．四次多项式

的四个根中有两个根的积为-32，求实数k．

B类例题

例4已知

是多项式

的三个零点，试求一个以

为零点的三次多项式g（x）．

分析由于原多项式和所求多项式的零点之间存在着平方关系，利用韦达定理就能构造出满足题意的多项式g（x）．

，则由韦达定理知

因此

说明利用韦达定理构造出满足题意的多项式g（x）是本题的关键．

链接本题还可以用因式分解的办法寻找两个多项式之间的关系：

设

，则

例5设a，b，c，d是4个不同实数，p（x）是实系数多项式，已知①p（x）除以（x-a）的余数为a；

②p（x）除以（x-b）的余数为b；

③p（x）除以（x-c）的余数为c；

④p（x）除以（x-d）的余数为d．

求多项式p（x）除以（x-a）（x-b）（x-c）（x-d）的余数．（1990年意大利数学奥赛题）

分析首先利用余数定理将条件转化，再通过构造一个新函数F（x），使得它能被（x-a）（x-b）（x-c）（x-d）整除，再确定出F（x）与p（x）的关系．

解法一根据余数定理，p（x）除以（x-a）的余数为p（a），故p（a）=a．

同理，p（b）=b，p（c）=c，p（d）=d．考察多项式F（x）=p（x）-x，则有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，故多项式p（x）除以（x-a）（x-b）（x-c）（x-d）的余数为x．

解法二利用待定系数法设p（x）=（x-a）（x-b）（x-c）（x-d）q（x）+r（x），其中

由题设得p（a）=a，p（b）=b，p（c）=c，p（d）=d知a，b，c，d是

的4个互不相同的根，但该方程是个三次方程，故m=n=l-1=t=0，即m=n=t=0，l=1．故所求余式为x．

说明灵活运用因式定理和余数定理，并巧妙构造多项式函数是解决本题的关键，而这些都可以通过仔细观察题目条件的特点后能自然得出．本题还可以用待定系数法解决，一题多解，有利于拓宽视野，把问题看的更加透彻．

链接本题有一般性的结论，这就是下述问题：

是n个不同的实数，p（x）是一个实系数多项式，已知p（x）除以

的余数为

，则多项式p（x）除以

的余数为x．

其中

表示的是

，为n个因式相乘．

例6设

为互不相同的两组实数，将它们按如下法则填入100×

100的方格表内，即在位于第i行第j列处的方格处填入

现知任何一列数的乘积为1，求证：

任一行数的积为-1．

分析注意到100×

100的方格表内，位于第i行第j列处的方格处填入的数为

，且任何一列的乘积为1，故可以构造两个恒等的多项式解之．

解考察多项式

由于任何一列的乘积为1，故知

是p（x）的根，

故有

由多项式恒等可知

，代入上式可得：

即

故知任何一行数的乘积为-1．

说明本题的关键是巧妙地构造两个恒等的多项式，是一利用多项式恒等定理解决问题的精妙之作．

链接拉格朗日插值公式的推导也是利用多项式恒等定理的经典之作：

证明：

（1）存在性：

观察

的特点，可知

故该多项式满足题目条件．

（2）惟一性：

设g（x）是一个满足题意的n次多项式，则

则由多项式恒等定理可知

故惟一性得证．

拉格朗日插值公式在数学的许多领域都有着广泛的应用，拉格朗日插值多项式的构造是十分巧妙，值得好好领会和应用，以下一例就是拉格朗日插值公式的简单应用．

例7已知函数

满足

则f（3）的取值范围是（）

A．

C．

分析由于所给函数为偶函数，故有

，再运用拉格朗日插值公式将f（3）表示为关于f（-1）、f

（1）和f

（2）的关系式即可．

解选C．由拉格朗日插值公式，得

从而

链接本题除了用拉格朗日插值公式来处理以外，还可以用线性规划的方法来处理，具体如下：

由

而

故问题转化为求线性目标函数

在线性约束条件

下的最大值和最小值问题．先作出可行域如图：

则点A的坐标为（0，1），

点B的坐标为（3，7），

则线性目标函数

在点A处取得最小值为

在点B处取得最大值为

的取值范围为

本题还可以利用不等式知识来处理：

又

，故由不等式的性质知

例8是否存在二元多项式

，满足条件

（1）对任意的

（2）对于任意的c>

0，存在x，y，使得

分析本题是关于二元多项式问题，关键是消去一元转化成一元多项式问题．

解存在．取

将y看成常数，则关于x的二次三项式的判别式

∴对所有的x，y均有

又将p（x，y）看成x的函数（y固定），则p（x，y）的值域为

因为当

所以对于任意的c>

0，存在

从而存在

情景再现

4．若

整除，则m，p，q应符合的条件是（）

5．求次数小于3的多项式f（x），使f

（1）=1，f（-1）=3，f

（2）=3．

6．求所有的值a，使多项式

的根

（奥地利数学竞赛题）

C类例题

例9已知数列

求证：

对于任何自然数n，

是x的一次多项式或零次多项式．（1986年全国联赛一试题）

分析由

知

是等差数列，则

从而可将

表示成

的表达式，再化简即可．

解因为

，所以数列

为等差数列，设其公差为d有

，从而

由二项定理，知

又因为

所以

当

式，P（x）为x的一次多项式，当d=0时，P（x）为零次多项式．

例10求一切实数p，使得三次方程

的三个根均为自然数．（1995年全国联赛二试题）

分析容易看出x=1是原三次方程的一个自然数根，原方程可用综合除法降次为

①当且仅当二次方程①的两个根均为自然数时，原三次方程的三个根才均为自然数．设方程①的两个正整数根为u，v，则由韦达定理得

从而p为正整数．因此本题相当于解不定方程

消去p得66（u+v）=5uv+1，由该不定方程解出u，v，再求出p=u+v即可．

解容易看出x=1是原三次方程的一个自然数根，由综合除法，原三次方程可降次为二次方程

①

当且仅当二次方程①的两个根均为自然数时，原三次方程的三个根才均为自然数．

设方程①的两个正整数根为

由韦达定理则得

故p为正整数．消去p得66（u+v）=5uv+1②，

由②得v（5u-66）=66u-1>

0，从而5v-66>

0．

对方程②两边乘5后，移项、分解得（5u-66）（5v-66）=19×

229，其中19，229均为素