初中数学求多项式最值问题十法
备战2020年中考数学解题方法之探究十法06 配方法题研究(解析版)
备战2020中考数学解题方法专题研究专题6 配方法专题【方法简介】配方法是指将一个式子（包括有理式和超越式）或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和，这种方法称之为配方法。
这种方法常常被用到恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一。
把代数式通过凑配等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质达到增加问题的条件的目的，这种解题方法叫配方法．配方法的作用在于改变代数式的原有结构，是求解变形的一种手段；配方法的实质在于改变式子的非负性，是挖掘隐含条件的有力工具，配方法在代数式的化简求值、解方程、解最值问题、讨论不等关系等方面有广泛的应用．运用配方法解题的关键是恰当的“凑配”，应具有整体把握题设条件的能力，即善于将某项拆开又重新分配组合，得到完全平方式．【真题演练】1. 用配方法解一元二次方程x 2﹣4x ﹣6＝0，变形正确的是（ ）A ．（x ﹣2）2＝0B ．（x ﹣4）2＝22C ．（x ﹣2）2＝10D ．（x ﹣2）2＝8【解答】解：x 2﹣4x ﹣6＝0，移项得：x 2﹣4x ＝6，配方得：x 2﹣4x+4＝10，即（x ﹣2）2＝10．故选：C ．2. 用配方法解下列方程：(1)x 2＋3x －4＝0； (2)x(x ＋8)＝609.【解析】解：(1)由x 2＋3x －4＝0，得x 2＋3x ＋⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫322－4＝0， 即⎝⎛⎭⎫x ＋322－254＝0，⎝⎛⎭⎫x ＋322＝254， ∴x ＋32＝±52，x ＝－32±52，∴x 1＝1，x 2＝－4.(2)原方程可化为x 2＋8x ＝609，∴x 2＋8x ＋42＝609＋42，即(x ＋4)2＝625，∴x ＋4＝±25，∴x 1＝21，x 2＝－29.3. 已知一元二次方程(x －3)2＝1的两个根恰好分别是等腰三角形ABC 的底边长和腰长，求△ABC 的周长．【解析】解：∵(x －3)2＝1，∴x －3＝±1，解得x 1＝4，x 2＝2.∵一元二次方程(x －3)2＝1的两个根恰好分别是等腰三角形ABC 的底边长和腰长，∴①当底边长和腰长分别为4和2时，4＝2＋2，此时不能构成三角形；②当底边长和腰长分别是2和4时，此时能构成三角形，∴△ABC 的周长为2＋4＋4＝10.4. 用配方法证明：不论x ，y 取何实数时，代数式x 2＋y 2＋2x －4y ＋7的值总不小于常数2. 证明：∵x 2＋y 2＋2x －4y ＋7＝(x ＋1)2＋(y －2)2＋2，又∵(x ＋1)2≥0，(y －2)2≥0，∴不论x ，y 取何实数时，x 2＋y 2＋2x －4y ＋7≥2.【名词释义】把一个式子或一个式子的某一部分化成完全平方式或几个完全平方式的和、差形式，这种方法叫“配方法”．“直接开平方法”告诉我们根据完全平方公式2222()a ab b a b ±+=±可以将一元二次方程化为形如2()(0)ax b c c +=≥的形式后求解，这就自然而然地导出了另一种解一元二次方程的解法——“配方法”．它的理论依据是完全平方公式2222()a ab b a b ±+=±．用“配方法”解一元二次方程的一般步骤：1．方程两边同除以二次项系数，化二次项系数为1；2．移项，使方程左边为二次项和一次项，右边为常数项；3．配方，方程两边都加上一次项系数一半的平方，把原方程化为2()ax b c +=的形式；4．若0c ≥，用“直接开平方法”解出；若0c <，则原方程无实数根即原方程无解．“配方法”是一种重要的数学方法，它不仅可应用于解一元二次方程，而且在数学的其它领域中也有着广泛的应用．【典例示例】例题1：有n个方程：x2＋2x－8＝0；x2＋2×2x－8×22＝0；…；x2＋2nx－8n2＝0.小静同学解第1个方程x2＋2x－8＝0的步骤为“①x2＋2x＝8；②x2＋2x＋1＝8＋1；③(x＋1)2＝9；④x＋1＝±3；⑤x＝1±3；⑥x1＝4，x2＝－2.”(1)小静的解法是从步骤________开始出现错误的；(2)用配方法解第n个方程x2＋2nx－8n2＝0(用含n的式子表示方程的根)．【解析】：(1)⑤(2)x2＋2nx－8n2＝0，x2＋2nx＝8n2，x2＋2nx＋n2＝8n2＋n2，(x＋n)2＝9n2，x＋n＝±3n，x＝－n±3n，∴x1＝－4n，x2＝2n.例题2：先仔细阅读材料，冉尝试解决问题完全平方公式a2±2ab+b2＝(a±b)2及(a±b)2的值具有非负性的特点在数学学习中有着广泛的应用，例如求多项式2x2+12x﹣4的最小值时，我们可以这样处理：解：原式＝2(x2+6x﹣2)＝2(x2+6x+9﹣9﹣2)＝2[(x+3)2﹣11]＝2(x+3)2﹣22因为无论x取什么数，都有(x+3)2的值为非负数，所以(x+3)2的最小值为0，当x＝﹣3时，2(x+3)2﹣22的最小值是﹣22，所以当x＝﹣3时，原多项式的最小值是﹣22．解决问题：(1)请根据上面的解题思路探求：多项式x2+4x+5的最小值是多少，并写出此时x的值；(2)请根据上面的解题思路探求：多项式﹣3x2﹣6x+12的最大值是多少，并写出此时x的值．的值．【解析】（1）x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝(x+2)2+1，当x＝﹣2时，多项式x2+4x+5的最小值是1；（2）﹣3x2﹣6x+12＝﹣3(x2+2x+1)+3+12＝﹣3(x+1)2+15，当x＝﹣1时，多项式﹣3x2﹣6x+12的最大值是15．【归纳总结】关于配方法主要在以下几个方面进行运用，①配方法在确定二次根式中字母的取值范围的应用，在求二次根式中的字母的取值范围时，经常可以借助配方法，通过平方项是非负数的性质而求解。
初中数学10大解题方法及典型例题详解
初中数学10大解题方法及典型例题详解1、配方法所谓配方，就是把一个解析式利用恒等变形的方法，把其中的某些项配成一个或几个多项式正整数次幂的和形式。
通过配方解决数学问题的方法叫配方法。
其中，用的最多的是配成完全平方式。
配方法是数学中一种重要的恒等变形的方法，它的应用十分非常广泛，在因式分解、化简根式、解方程、证明等式和不等式、求函数的极值和解析式等方面都经常用到它。
例题：用配方法解方程x2+4x+1=0，经过配方，得到( )A．(x+2) 2=5 B．(x－2) 2=5 C．(x－2) 2=3 D．(x+2) 2=3 【分析】配方法：若二次项系数为1，则常数项是一次项系数的一半的平方，若二次项系数不为1，则可先提取二次项系数，将其化为1后再计算。
【解】将方程x2+4x+1=0，移向得：x2+4x=－1，配方得：x2+4x+4=－1+4，即(x+2) 2=3；因此选D。
2、因式分解法因式分解，就是把一个多项式化成几个整式乘积的形式。
因式分解是恒等变形的基础，它作为数学的一个有力工具、一种数学方法在代数、几何、三角等的解题中起着重要的作用。
因式分解的方法有许多，除中学课本上介绍的提取公因式法、公式法、分组分解法、十字相乘法等外，还有如利用拆项添项、求根分解、换元、待定系数等等。
例题：若多项式x2+mx-3因式分解的结果为（x-1）（x+3），则m的值为（）A．-2 B．2 C．0 D．1【分析】根据因式分解与整式乘法是相反方向的变形，先将（x-1）（x+3）乘法公式展开，再根据对应项系数相等求出m的值。
【解】∵x2+mx-3因式分解的结果为（x-1）（x+3），即x2+mx-3=（x-1）（x+3），∴x2+mx-3=（x-1）（x+3）=x2+2x-3，∴m=2；因此选B。
3、换元法换元法是数学中一个非常重要而且应用十分广泛的解题方法。
我们通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决。
初中数学求最值的几种常见方法
初中数学求最值的几种常见方法求最值是数学中的常见问题，解决最值问题可以帮助我们找到数学问题中的最大值或最小值。
下面是几种常见的求最值的方法。
一、列举法列举法是一种直观、简单的方法。
当问题的数值较小或可行解空间较小时，可以使用列举法。
例如，给定一个数列{1,3,5,2,4}，要求找出其中的最大值和最小值，可以通过列举法进行列举如下：最大值：5最小值：1不过，列举法在问题规模较大时耗时较长且容易出错，因此在实际问题中往往用其他方法来求解。
二、基于性质和定理的方法有些数学问题具有一些性质和定理，利用这些性质和定理可以更方便地求解问题。
以下是几种常见的基于性质和定理的方法：1.最值与二次函数对于一个关于自变量x的二次函数y=ax^2+bx+c，其中a、b、c为已知常数，其最值可以通过求取抛物线的顶点来确定。
当a>0时，顶点为最小值；当a<0时，顶点为最大值。
例如，对于函数y=2x^2+3x+1，可以求出其顶点坐标（h，k），其中：h=-b/(2a)=-3/(2*2)=-3/4k = ah^2 + bh + c = 2(-3/4)^2 + 3(-3/4) + 1 = -5/8因此，该二次函数的最小值为-5/82.最值与一次函数对于一个关于自变量x的一次函数y=kx+b，其中k、b为已知常数，其最值可以通过根据k的正负性来确定。
当k>0时，函数y随着x的增大而增大，最大值为正无穷；当k<0时，函数y随着x的增大而减小，最大值为负无穷。
例如，对于函数y=3x+2，由于k>0，因此函数的最大值为正无穷。
3.最值与多项式函数对于一个关于自变量x的n次多项式函数y=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0，其中a_n、..、a_1、a_0为已知常数，其最值可以通过求导数和判别式来确定。
例如，对于函数y=x^3-3x^2+2x+1，可以求出其导函数y'=3x^2-6x+2、通过求解y'=0的解来确定函数的驻点，然后根据判别式和一阶导数测试来求解最值。
初中数学求最大值最小值的方法
初中数学求最大值最小值的方法求解最大值最小值的问题，在初中数学中主要注重以下方法：插值法、二分法、多项式函数的性质、排列组合和不等式。
一、插值法插值法常用于确定连续函数在其中一区间内的最大值最小值。
插值法的基本思想是根据已知的一些数值推算未知数值，然后利用推算得到的数值进行分析。
在初中数学中，可以应用插值法来确定一个函数在两个点之间的最大值最小值。
具体步骤如下：1.根据题目给出的条件，建立函数模型；2.根据给出的两个点，求出这两个点之间的差值；3.根据差值构造等差数列或等比数列；4.利用等差数列或等比数列的特性，给出一个近似的解；5.根据近似解，验证是否等差数列或等比数列的最大值最小值。
二、二分法二分法是一种逐步逼近的方法，它可以用来求解一个问题的最大值最小值。
二分法的基本思想是将问题的解域逐步缩小，通过排除不可能的解来逼近最终的解。
在初中数学中，可以应用二分法来求解一元函数的最大值最小值。
具体步骤如下：1.利用题目给出的条件建立函数模型；2.根据函数模型在给定区间内进行等分，确定中位数；3.利用中位数确定的点，验证其是否是函数的最大值最小值；4.如果不是，根据中位数及其左右两边的点，更新最大值最小值的区间；5.重复步骤2-4，直到得出符合条件的最大值最小值。
三、多项式函数的性质多项式函数的性质可以用来求解多项式函数在其中一区间内的最大值最小值。
在初中数学中，可以利用多项式函数的性质来求解复杂的多项式函数的最大值最小值。
具体步骤如下：1.利用给出的多项式函数进行展开；2.根据多项式的展开式，提取各项的系数和次数；3.通过观察各项的系数和次数，判断函数的最大值最小值出现的条件；4.根据判断条件，确定最大值最小值的区间；5.在确定的区间内，求解最大值最小值。
四、排列组合排列组合可以用来求解一组数据的最大值最小值。
在初中数学中，可以利用排列组合的方法来求解一组数据的最大值最小值。
具体步骤如下：1.根据题目给出的数据，列出所有可能的排列组合；2.根据题目要求的最大值或最小值的属性，制定策略；3.运用制定的策略，筛选出符合条件的排列组合；4.对筛选出的排列组合进行比较，得出最大值最小值。
初中数学方程式解法
初中数学方程式解法数学方程式在初中阶段是一个重要的内容，掌握好方程式的解法对于学习数学和解决实际问题都具有重要意义。
下面将介绍几种常见的初中数学方程式解法。
一、一元一次方程的解法一元一次方程是一种最基本的方程，它的形式为ax + b = 0，其中a 和b为已知数，x为未知数。
解一元一次方程的常用方法有逆运算法、代入法和消元法。
（1）逆运算法逆运算法是一种常用的解一元一次方程的方法。
它的基本思想是根据方程中的运算符号（+或-），将方程两边的项移项，使得未知数的系数为1，然后根据等式性质得到方程的解。
（2）代入法代入法是另一种解一元一次方程的常用方法。
它的基本思想是将已知数代入方程，求出未知数的值。
通过代入已知数，可以简化方程的计算过程，得到方程的解。
（3）消元法消元法是一种结合逆运算法和代入法的解方程的方法。
它的基本思想是通过变换方程的形式，使得方程中某些项相互抵消，最终得到一个一元一次方程。
二、一元二次方程的解法一元二次方程是一种较为复杂的方程，它的形式为ax² + bx + c = 0，其中a、b和c为已知数，x为未知数。
解一元二次方程的常用方法有因式分解法、配方法和求根公式法。
（1）因式分解法因式分解法是一种解一元二次方程的常用方法。
它的基本思想是将方程进行因式分解，通过求出方程的因式和零点，得到方程的解。
（2）配方法配方法是另一种解一元二次方程的常用方法。
它的基本思想是通过将一元二次方程写成完全平方的形式，然后利用完全平方公式求解未知数的值。
（3）求根公式法求根公式法是解一元二次方程的一种常用方法。
它的基本思想是根据一元二次方程的系数，利用求根公式得到方程的根。
三、一元多项式方程的解法一元多项式方程是包含多个未知数的方程，解一元多项式方程的常用方法有分离变量法和待定系数法。
（1）分离变量法分离变量法是一种解一元多项式方程的常用方法。
它的基本思想是将方程中的未知数分离到等式两边，然后通过积分的方法求解出未知数的值。
多项式的最大值与最小值
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利用顶点公式求出 顶点坐标，即为函 数的最大值或最小 值
判别式法在求多项 式的最大值与最小 值中具有广泛应用
多项式最值的实际 应用
在几何中的应用
立体几何：利用多项式函数 表示三维图形，研究其表面 积、体积等最值问题
平面几何：利用多项式函数 表示直线、圆、椭圆等图形， 研究其最值问题
解析几何：通过多项式函数 与几何图形的结合，解决距 离、角度、面积等最值问题
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案例结论：多项式最值的应用在桥梁设计中具有实际意义，可以提高设计效率和安全性。
应用案例二
案例名称：桥梁设计
案例描述：在桥梁设计中，需要考虑到桥梁的承重能力，这可以通 过多项式最值的方法来优化设计，确保桥梁的安全性和稳定性。 案例名称：机械制造
案例描述：在机械制造中，多项式最值的方法可以用于优化机械零 件的设计，提高机械的性能和效率。
多添加项副式标的题 最大值与 最小值
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目录
PART One
多项式的定义与性 质
PART Three
多项式最值的实际 应用
PART Five
多项式最值的求解 技巧与注意事项
PART Two
多项式的最大值与 最小值的求法
PART Four
多项式最值的应用 案例分析
多项式的定义与性 质
多项式的定义
利用导数求极值点，判断 单调性确定最值
运用基本不等式求最值， 注意等号成立的条件
结合实际背景，考虑约束 条件和定义域
注意事项
考虑函数的定义域：在求解最值之前，需要先确定函数的定义域，以确保最值存在且有意义。 判断函数单调性：在定义域内判断函数的单调性，有助于确定函数的最大值或最小值。 考虑极值点：极值点可能是函数的最值点，需要特别关注。 验证最值：找到的可能的最值点，需要代回原函数进行验证，确保是最值点。
初中数学中的代数知识点汇总
初中数学中的代数知识点汇总代数是数学中的一个重要分支，它研究数的运算、未知数和变量之间的关系，以及多项式、方程和函数等数学结构。
在初中数学中，学生们将接触到许多与代数相关的知识点。
本文将对初中数学中的代数知识点进行汇总，帮助学生们更好地理解和掌握代数这一部分的内容。
一、代数表达式代数表达式是用数和字母组合起来表示数的式子。
在代数表达式中，字母称为变量，代表一个未知数。
初中代数表达式的知识点主要包括以下几个方面：1.1 代数表达式的基本概念：括号、系数、指数、项、多项式等概念的理解和运用。
1.2 合并同类项：将同一变量的各项相加或相减，并化简合并得到一个结果。
例如，3x + 2x可以合并为5x。
1.3 分配律：将一个数与一对括号中的每个项分别相乘或相加。
例如，2(x + 3)可以分配为2x + 6。
1.4 代数表达式的求值：用具体数值代入代数表达式中的变量，并计算出结果。
二、一元一次方程一元一次方程是指未知数只有一个，且未知数的最高次数为1的方程。
初中一元一次方程的知识点主要包括以下内容：2.1 方程的概念：由等号连接的两个代数表达式构成。
2.2 解方程的基本方法：通过加减消元、乘除消元或移项运算，求出方程中未知数的值。
2.3 方程的应用：利用方程来解决实际问题，如年龄、速度和长度等。
三、二元一次方程组二元一次方程组是指含有两个未知数和两个方程的方程组。
初中二元一次方程组的知识点主要包括以下内容：3.1 方程组的概念：由多个方程构成的一个数学系统。
3.2 方程组的解法：通过消元法、代入法或加减法来求解未知数的值。
3.3 方程组的解集表示：解集的概念，以及用不等式表示解集的方法。
四、因式分解与最大公因数因式分解是将一个代数式写成几个乘积的形式的过程，最大公因数是指能够同时整除一个代数式中的所有项的最大的公因数。
初中因式分解与最大公因数的知识点主要包括以下内容：4.1 因式分解的基本方法：把多项式写成几个乘积的形式，并合并同类项。
多项式理论及其应用
多项式理论及其应用许洋巢湖学院 数学系 安徽 巢湖 238000摘 要多项式是代数学中最基本的对象之一。
它不但与高次方程的讨论有关，而且在进一步学习代数以及其他数学分支时也会碰到。
本文将介绍一些有关多项式的基本理论以及多项式在矩阵问题，行列式问题和初等数学中的运用。
关键词：多项式；矩阵；行列式AbstractAbstract:polymial is the most basic object of algebra one.It does not but with high times equation,and discussion about the further study algebra and other branches of mathematic may encounter.This paper will intraduce the basic theory of some relevant polynomial in matrix,determinants and polynomial in the application,elementary algebraKeywords:polynomial;matrix;determinants引言：多项式理论是古典代数的主要内容。
多项式的研究源于“代数方程求解”，是最古老的数学问题之一。
16世纪以前，人们对一般的一元二次方程已经有了公式解法，但对于一般的一元二次方程，数学家却束手无策。
16世纪的欧洲数学家们都致力于寻求一般的一元三次方程的求根公式。
1799年，高斯（Garss,1777-1855）在他的博士论文中第一次严格证明了代数基本定理：在复数域中，任何n(n ≥1)次多项式至少有一个根。
经过多年，数学家仍找不到用根式求解五次多项式的一般解法。
终于在1824年阿贝尔（Galois,1811-1832）引入了群的概念，证明不存在用根式求解五次或以上的多项式的一般方法，这理论被引申为伽罗华理论。
高阶多项式函数的最值与极值问题解法总结
高阶多项式函数的最值与极值问题解法总结高阶多项式函数在数学中扮演着重要的角色，研究其最值与极值问题对于优化问题的解决以及数学建模都具有重要意义。
本文将总结高阶多项式函数的最值与极值问题的解法，帮助读者更好地理解和运用相关知识。
一、函数的最值问题在讨论高阶多项式函数的最值问题之前，首先需要明确什么是函数的最值。
对于一个给定的函数，其最大值和最小值被称为最值。
在数学中，寻找函数的最值是一个常见的问题。
对于高阶多项式函数，可以考虑以下解法：1. 导数法利用导数的性质可以帮助我们求解函数的最值。
对于一个高阶多项式函数，可以通过求导找到其极值点。
通过求一阶导数和二阶导数，我们可以判断极值点的情况。
a) 一阶导数法通过求一阶导数，我们可以得到函数的导函数，导函数的根即为函数的临界点。
通过判断导函数在临界点处的符号来确定函数的最值。
b) 二阶导数法求二阶导数可以帮助我们判断函数极值点的性质。
如果二阶导数大于零，则函数在该点处为极小值；如果二阶导数小于零，则函数在该点处为极大值。
2. 完全平方法对于特定形式的高阶多项式函数，可以利用完全平方来求解函数的最值。
通过将函数进行形式转化，找到其完全平方的形式，可以方便地求解最值问题。
二、问题的解法总结针对高阶多项式函数的最值与极值问题，综合考虑以上两种解法可得以下总结：1. 确定函数的定义域在求解函数的最值问题之前，需要先确定函数的定义域。
由于函数的定义域可能受限制条件的约束，因此需要明确函数的自变量的取值范围。
2. 导数法求解如果函数可以通过求导获取导函数，可以尝试使用导数法求解函数的最值问题。
通过求解导函数的根，并结合二阶导数的符号判断，可以得到函数的最值及对应的自变量取值。
3. 完全平方法求解对于特定形式的高阶多项式函数，可以尝试通过将函数转化为完全平方的形式来求解最值问题。
通过合理变量替换和形式转化，将函数转化为完全平方后，可以方便地求解最值问题。
通过上述的解法总结，我们可以针对不同的高阶多项式函数的最值与极值问题进行合理选择，并结合实际情况和具体计算进行求解。
多项式函数的最值与应用
多项式函数的最值与应用多项式函数是基础数学中一种重要的函数类型。
在实际应用中，多项式函数的最值问题常常是我们需要解决的。
本文将介绍多项式函数的最值计算方法以及其在实际应用中的几个典型例子。
一、多项式函数的最值计算方法多项式函数的最值指的是函数在定义域范围内的最大值和最小值。
为了求解多项式函数的最值，我们可以采用以下方法：1. 导数法通过对多项式函数求导，然后解方程求导数为零的点，可以得到函数的极值点。
进一步比较这些极值点以及函数的端点的函数值，即可确定最大值和最小值。
2. 完全平方式对于二次多项式函数，可以通过将其转化为完全平方式，即将函数转化为完全平方的形式，然后根据完全平方公式求解。
这种方法适用于求解二次多项式函数的最值。
3. 等价变形法对于特定形式的多项式函数，我们可以通过进行等价变形，将其转化为更易求解的形式。
例如，可以通过换元、配方等方法将函数转化为最简形式，然后进行求解。
二、多项式函数的最值应用举例1. 面积最大问题在建筑设计中，常常需要考虑如何通过给定的材料最大限度地利用空间。
假设给定一定长度的钢材，需要制作出一个封闭的矩形门框。
我们可以建立一个多项式函数来描述矩形的面积，并通过求解这个函数的最值来确定最大的门框面积。
2. 商品成本最小问题在市场经济中，企业追求利润最大化的同时，也要考虑成本的控制。
假设某公司生产某种商品的总成本可以表示为多项式函数，我们可以通过求解该函数的最小值，来确定最佳生产规模和成本控制策略。
3. 投资收益最大问题在投资决策中，如何最大化收益是一个重要的问题。
假设某个投资项目的收益可以表示为多项式函数，我们可以通过求解该函数的最大值，来确定最合理的投资方案和预期收益。
三、多项式函数最值计算的注意事项在求解多项式函数的最值过程中，需要注意以下几点：1. 注意定义域在计算过程中，需要明确多项式函数的定义域范围，确保所求解的极值在定义域内。
2. 考虑特殊情况某些情况下，求解多项式函数的最值可能存在特殊情况。
初中数学拔高九年级 专题10 最优化(最值问题方法)(含答案)
专题10 最优化阅读与思考数学问题中常见的一类问题是：求某个变量的最大值或最小值；在现实生活中，我们经常碰到一些带有“最”字的问题，如投入最少、效益最大、材料最省、利润最高、路程最短等，这类问题我们称之为最值问题，解最值问题的常见方法有：1．配方法由非负数性质得()02≥±b a ．2．不等分析法通过解不等式（组），在约束条件下求最值． 3．运用函数性质对二次函数()02≠++=a c bx ax y ，若自变量为任意实数值，则取值情况为：（1）当0>a ，a b x 2-=时，a b ac y 442-=最小值 ；（2）当0<a ，a b x 2-=时，ab ac y 442-=最大值 ；4．构造二次方程利用二次方程有解的条件，由判别式0≥∆确定变量的取值范围，进而确定变量的最值．例题与求解【例1】当x 变化时，分式12156322++++x x x x 的最小值是 ．（全国初中数学联赛试题）解题思路：因分式中分子、分母的次数相等，故可将原分式用整式、真分式的形式表示，通过配方确定最小值．【例2】已知1≤y ，且12=+y x ，则223162y x x ++的最小值为（ ）A.719 B. 3 C. 727 D. 13 （太原市竞赛试题）解题思路：待求式求表示为关于x (或y )的二次函数，用二次函数的性质求出最小值，需注意的是变量x 、y 的隐含限制．【例3】()21322+-=x x f ，在b x a ≤≤的范围内最小值2a ，最大值2b ，求实数对(a ，b ). 解题思路:本题通过讨论a ，b 与对称轴0=x 的关系得出结论．【例4】（1）已知211-+-=x x y 的最大值为a ，最小值b ，求22b a +的值． （“《数学周报》杯”竞赛试题）（2）求使()168422+-++x x 取得最小值的实数x 的值．（全国初中数学联赛试题）（3）求使2016414129492222+-+++-++y y y xy x x 取得最小值时x ，y 的值．（“我爱数学”初中生夏令营数学竞赛试题）解题思路：解与二次根式相关的最值问题，除了利用函数增减性、配方法等基本方法外，还有下列常用方法：平方法、判别式法、运用根式的几何意义构造图形等．【例5】如图，城市A 处位于一条铁路线上，而附近的一小镇B 需从A 市购进大量生活、生产用品，如果铁路运费是公路运费的一半，问：该如何从B 修筑一条公路到铁路边，使从A 到B 的运费最低？（河南省竞赛试题）解题思路：设铁路与公路的交点为C ，AC ＝x 千米，BC ＝y 千米，AD ＝n 千米，BD ＝m 千米，又设铁路每千米的运费为a 元，则从A 到B 的运费()ay m y n a S 222+--=，通过有理化，将式子整理为关于y 的方程．【例6】（1）设r x ，1+r x ，…，k x （r k >），为k －r ＋1个互不相同的正整数，且x r ＋x r ＋1＋…＋x k ＝2003，求k 的最大可能值．（香港中学竞赛试题）（2）a ，b ，c 为正整数，且432c b a =+，求c 的最小值．（全国初中数学联赛试题） 解题思路：对于(1)，因r ＝1，对k －r ＋1＝ k －1＋1＝k 个正整数x 1，x 2，…，x k ，不妨设x 1＜x 2＜…＜x k ＝2013，可见，只有当各项x 1，x 2，…，x k 的值愈小时，才能使k 愈大（项数愈多），通过放缩求k 的最大值；对于（2），从()()222b a c a c =+-入手．能力训练A 级1．已知三个非负数a ，b ，c ，满足3a ＋2b ＋c ＝5和2a ＋b －3c ＝1，若m ＝3a ＋b －7c ，则m 的最小值为___________，最大值为 ．2．多项式p ＝2x 2－4xy ＋5y 2－12y ＋13的最小值为 ．3．已知x ，y ，z 为实数，且x ＋2y －z ＝6，x －y ＋2z ＝3，那么x 2＋y 2＋z 2的最小值为 ．（“希望杯”邀请赛试题）4．若实数a ，b ，c ，满足a 2＋b 2＋c 2＝9，则代数式(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2的最大值为 ( )（全国初中数学联赛试题）5．已知两点A (3，2)与B (1，－1)，点P 在y 轴上且使PA ＋PB 最短，则P 的坐标是（ ）A.(0，21-) B.(0，0) C.(0，611) D.(0，41-)（盐城市中考试题）6．正实数x ，y 满足1=xy ，那么44411y x +的最小值为（ ） A.21 B. 85 C. 1 D. 45E. 2（黄冈市竞赛试题）。
第二讲多项式理论
3、复合根式的计算
4、根式的恒等变形和化简
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一、有理分式的恒等
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二、根式的定义和意义
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三、复合根式的计算
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四、根式的恒等变形的化简 类型1 多元代数式型
基本思想：观察代数式的结构，转化为基 本对称多项式的形式
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类型2 一元代数式型根式 基本思想：转化为一元代数方程式
4、多项式的因式分解
中学教材规定：“把一个多项式化成 几个整式乘积的形式，叫做多项式的因式 分解”。要求：“因式分解要进行到不能 再分解为止。”
高等代数中规定因式分解的涵义是： “所谓因式分解是把数域F上的一个多项式 化成几个既约多项式乘积的形式。”
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关于因式分解理论，有两个基本问题： （1）怎样判断一个多项式是否可约？ （2）如果一个多项式是可约的，如何分解？
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类型3 一元代数式型 基本思想：降低次数法
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类型4 方程型无理根式 基本思想：构造对偶式、函数等方法，
利用相关性质求解
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5、代数代换法
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6、函数型根式——构造几何模型法
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7、三角形代换法
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指数式与对数式
题记
如果计算生命的长短 不以活着的年龄为标准， 而以人的贡献来计算的话， 那么对数的发现将人类的 寿命延长了两倍。
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定义分析：
1、一个置换实际上是指一个排列；
2、置换的总数共有n!种。
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判断下列多项式是否是对称多项式
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（2）基本对称函数（基本对称多项式）
因式分解的十二种方法及多项式因式分解的一般步骤
因式分解的十二种方法及多项式因式分解的一般步骤把一个多项式化成几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解。
因式分解的方法多种多样，现总结如下：1、提公因法如果一个多项式的各项都含有公因式，那么就可以把这个公因式提出来，从而将多项式化成两个因式乘积的形式。
例1、分解因式x -2x -x(2003淮安市中考题)x -2x -x=x(x -2x-1)2、应用公式法由于分解因式与整式乘法有着互逆的关系，如果把乘法公式反过来，那么就可以用来把某些多项式分解因式。
例2、分解因式a +4ab+4b (2003南通市中考题)解：a +4ab+4b =（a+2b）3、分组分解法要把多项式am+an+bm+bn分解因式，可以先把它前两项分成一组，并提出公因式a，把它后两项分成一组，并提出公因式b，从而得到a(m+n)+b(m+n),又可以提出公因式m+n，从而得到(a+b)(m+n)例3、分解因式m +5n-mn-5m解：m +5n-mn-5m= m -5m -mn+5n= (m -5m )+(-mn+5n)=m(m-5)-n(m-5)=(m-5)(m-n)4、十字相乘法对于mx +px+q形式的多项式，如果a×b=m,c×d=q且ac+bd=p，则多项式可因式分解为(ax+d)(bx+c)例4、分解因式7x -19x-6分析：1 -37 22-21=-19解：7x -19x-6=（7x+2）(x-3)5、配方法对于那些不能利用公式法的多项式，有的可以利用将其配成一个完全平方式，然后再利用平方差公式，就能将其因式分解。
例5、分解因式x +3x-40解x +3x-40=x +3x+( ) -( ) -40=(x+ ) -( )=(x+ + )(x+ - )=(x+8)(x-5)6、拆、添项法可以把多项式拆成若干部分，再用进行因式分解。
例6、分解因式bc(b+c)+ca(c-a)-ab(a+b)解：bc(b+c)+ca(c-a)-ab(a+b)=bc(c-a+a+b)+ca(c-a)-ab(a+b)=bc(c-a)+ca(c-a)+bc(a+b)-ab(a+b)=c(c-a)(b+a)+b(a+b)(c-a)=(c+b)(c-a)(a+b)7、换元法有时在分解因式时，可以选择多项式中的相同的部分换成另一个未知数，然后进行因式分解，最后再转换回来。
第62讲__多项式
第2讲 多项式理论多项式理论是代数学的重要组成部分，它在理论上和方法上对现代数学都有深刻的影响，与多项式有关的问题除了出现在函数、方程、不等式等代数领域中，还涉及到几何、数论等知识，是一个综合性的工具，也是数学竞赛中的热点问题．多项式的基本理论主要包括：余数定理与因式定理；多项式恒等条件；韦达定理；插值公式等．具体如下： 1．多项式恒等：(1) 多项式恒等条件：两个多项式相等当且仅当它们同次幂的系数相等．(2)带余除恒等式：多项式f (x )除以多项式g (x )，商式为q (x )，余式为r (x )，(则r (x )的次数小于g (x )的次数），则()()()()f x q x g x r x =+．特别是多项式f (x )除以x -a ，商式为g (x )，余数为r ，则f (x )=(x -a )g (x )+r ．(3)多项式恒等定理：若有n +1个不同的x 值使n 次多项式f (x )与g (x )的值相同，则()()f x g x ≡．在数学竞赛中，经常用到先猜想后证明的思想：比如先找出一个n 次多项式f (x )符合题意，再验证f (x )与g (x )在n +1个不同的x 值处，均有f (x )=g (x )，则()()f x g x ≡． 2．余数定理与因式定理：(1)余数定理：多项式f (x )除以x -a 所得的余数等于f (a )． (2)因式定理：多项式f (x )有一个因式x -a 的充要条件是f (a )=0． (3)几个推论：①若f (x )为整系数多项式，则f (x )除以(x -a )所得的商也为整系数多项式，余数为整数．②若f (x )为整系数多项式，a 、b 为不同整数，则|()().a b f a f b -- ③f (x )除以(0)px q p -≠所的的余数为()q f p． 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110()n n n n f x a x a x a --=+++的根是12,,,n x x x ，那么有112,n n n a x x x a --+++=212131,n n n na x x x x x x a --+++=131231242,n n n x n na x x x x x x x x a ----+++= 012(1).nn n a x x x a =-简写成12121(1)r r rn rj j j j j j nna x x x a -≤≤≤≤=-∑． (2)复根成对定理：若实系数多项式f (x )有一个虚根(,,0),a bi a b R b α=+∈≠那么它的共轭复数a biα=-也是f (x )的根，并且a 和α有相同重数．运用时要注意必须是实系数方程．5．拉格朗日（L agrange ）插值公式设f (x )是一个次数不超过n 的多项式，数a 1，a 2，…，a n +1两两不等，则 2311121311()()()()()()()()n n x a x a x a f x f a a a a a a a ++---=+---1312212321()()()()()()()n n x a x a x a f a a a a a a a ++------12111121()()()()()()()n n n n n n x a x a x a f a a a a a a a ++++---+---．简写成f (x )=1111111111()()()()()()()()()n i i i n i i i i i i i n f a x a x a x a x a a a a a a a a a +-++=-++--------∑．A 类例题例1 将关于x 的多项式2019321)(x x x x x x f +-+-+-= 表为关于y的多项式=)(y g ,202019192210y a y a y a y a a +++++ 其中.4-=x y 则=+++2010a a a ．（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，)(x f 和式中的各项构成首项为1，公比为x -的等比数列，由等比数列的求和公式，得：.1111)()(2121++=----=x x x x x f令,4+=y x 得,51)4()(21+++=y y y g 取,1=y 有.615)1(2120210+==++++g a a a a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54151200x x--=，若该方程的五个根恰构成等差数列，且公差||1d ≤，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2,,,,2a d a d a a d a d --++，则由韦达定理可得2215,{(2)()()(2)120.a d a d a a d a d a d a d a a d a d -+-+++++=--++=由此得3,a =及22(94)(9)40.d d --= 令2d t =，得241445410,4t t t -+==或1．于是d =或1d =±．由条件||1d ≤，可知1d =±． 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422()f x x px qx a=+++可被21x -整除，求f (a )．分析 由于422()f x x px qx a =+++可被21x -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42222()(1)().f x x px qx a x x mx n =+++=-++ 展开得422432(1).x px qx a x mx n x mx n +++=++---比较两边系数得22011,q m p n p a n a =-=⎧⎪=-∴=--⎨⎪=-⎩故4224222()(1)0f a a pa qa a a a a a =+++=-++=． 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．()f x x =(-1)=f (1)=0．因此得由①－4)a a pa =+情景再现1．设()n n nx a x a a xx 221021+++=++ ，求na a a 242+++ 的值为 （ ）(2005年浙江省数学竞赛) A ．n3B ．23-nC ．213-nD ．213+n2．设235293212x a bx x x x -=+-+--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432182001984x x kx x -++-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123,,x x x 是多项式32()f x x ax bx c =+++的三个零点，试求一个以222123,,x x x 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 )．解 设32()g x x mx nx p=+++，则由韦达定理知222123222222122323222123(), ,.m x x x n x x x x x x p x x x ⎧=-++⎪=++⎨⎪=-⎩故22123122323()2()2,m x x x x x x x x x b a =-+++++=-222222122323n x x x x x x =++22122323123123 ()2() 2,x x x x x x x x x x x x b ac =++-++=-22222123123()p x x x x x x c =-=--=-．因此32222()(2)(2)g x x b a x b ac x c=+-+--．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．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32().r x mx nx lx t =+++由题设得p (a )=a ，p (b )=b ，p (c )=c ，p (d )=d 知a ，b ，c ，d 是320mx nx lx t +++=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．()n x a -例6 设1210012100,,,;,,,a a a b b b 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.i j a b +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(,1,2,,100)i j a b i j +=，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12100()()()() 1.p x x a x a x a =+++-由于任何一列的乘积为1，故知12100,,,b b b 是p (x )的根， 故有12100()()()().p x x b x b x b =---由多项式恒等可知1210012100()()()1()()().x a x a x a x b x b x b +++-=---取i x a =-，代入上式可得：100121001(1)()()()(1,2,100).i i i a b a b a b i -=-+++=即12100()()() 1.i i i a b a b a b +++=-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．11)())(n n x a a a ++--12)())(n n x a a a ++--21)())(n n x a a a a +--11111111)()()()())()()()i i n i i i i i n x a x a x a x a a a a a a a a -++-++--------．存在性：令11111111()()()()().()()()()i i n i i i i i i i n x a x a x a x a l x a a a a a a a a -++-++----=----的特点，可知()1,()0().i i i j l a l a j i ==≠故()()().i i i i f a l a f a = 故该多项式满足题目条件．是一个满足题意的n 次多项式，则,1).n +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2()f x ax c =-满足4(1)1,1(2)5,f f -≤≤--≤≤则f (3)的取值范围是 ( ) A ．7(3)26f ≤≤ B ．4(3)15f -≤≤ C ．1(3)20f -≤≤D ．2825(3)33f -≤≤分析 由于所给函数为偶函数，故有(1)(1)f f -=，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(1)(2)(1)(2)(1)(1)()(1)(1)(2).(11)(12)(11)(12)(21)(21)x x x x x x f x f f f --+-+-=-++----+-+-2241(1)(1),()(1)(2).33x x f f f x f f ---=∴=+从而58(3)(1)(2).f f f =-+故1(3)20f -≤≤．例8 是否存在二元多项式(,)p x y ，满足条件 (1)对任意的,,(,)0;x y p x y >(2)对于任意的c >0，存在x ，y ，使得(,).p x y c =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22(,)(1)21,p x y y x xy =+++将y 看成常数，则关于x 的二次三项式的判别式40,∆=-<∴对所有的x ，y 均有(,)0.p x y >又将p (x ，y )看成x 的函数(y 固定)，则p (x ，y )的值域为21[,).1y +∞+ 因为当21,01y y →∞→+时． 所以对于任意的c >0，存在0201,.1y c y >+使得 从而存在000,(,).x p x y c =使得情景再现4．若3x px q ++可被21x mx +-整除，则m ，p ，q 应符合的条件是( )A ．0,1q m p ===-B ．1,0m p q +=-=C ．2,1q m m p =+=-D ．,|m q p m =±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326x x ax a -++的根123,,x x x 满足333123(3)(3)(3)0.x x x -+-+-=（奥地利数学竞赛题）C 类例题例9 已知数列)0(,,,0210≠a a a a 满足),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，01101()(1)(1)n n n n p x a C x a C x x -=-+-+2222(1)n n a C x x --+111(1)n n n n n n n a C x x a C x ---+-+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112i i i a a a -++=知{}n a 是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成da 和0的表达式，再化简即可．解 因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i ，所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d 有),3,2,1(0 =+=i id a a i ，从而011222000()(1)()(1)(2)(1)n n n n n n P x a C x a d C x x a d C x x --=-++-++-0()n nn a nd C x+++011112220[(1)(1)][1(1)2(1)n n n n n n n n n n n a C x C x x C x d C x x C x x ---=-+-+++⋅-+-],n nn nC x ++由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n n n n n n n n n n x x x C x x C x x C x C 又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(])1()1[(12111----++-+-=n n n n x x x C x nx .])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndx a x P +=当0d ≠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55171116632x p x p x p -++-+=()()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2556610.x px p -+-=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,1(661).5u v p uv p +=⎧⎪⎨=-⎪⎩从而p 为正整数．因此本题相当于解不定方程,5661,u v p uv p +=⎧⎨=-⎩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2556610.x px p -+-=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,(0),u v u v <≤由韦达定理则得,1(661).5u v p uv p +=⎧⎪⎨=-⎪⎩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均为素数，于是56619,566229;u v -=⎧⎨-=⎩或5661,5664351;u v -=⎧⎨-=⎩（无解） 从而得到不定方程②的唯一自然数解，u =17，v =59，这样p =u +v =17+59=76．所以当且仅当p =76时方程①有三个自然数根1，17，59． 说明 由于我们对三次方程的求根公式（卡当公式）不很熟悉，因此在遇到此类问题时，我们一般先用观察法找到它的一个根，通常是整数根，再将原三次方程降次为二次方程，降次的一般用综合除法．然后再设法处理我们熟悉的二次函数问题．情景再现7．求证：2004log x 不能表示成()()f xg x 的形式，其中(),()f x g x 为实系数多项式，且(),()f x g x 互质．习题1．已知多项式2012n n a a x a x a x ++++是195819571959(2)x x ++的展开式，则5124032222a a a a a a --+--+等于( )A ．1B ．-1C ．0D ． 22．满足条件22()()(())f x f x f f x ==的二次函数f (x )有（ ） A ．0个 B ．1个C ．2个D ．无穷多个3．设一个二次三项式的完全平方展开式是43267,x x x ax b -+++那么这个二次三项式是________________________．4．已知实数,αβ均不为0，多项式32()f x x x x ααββ=-++的三个根为123,,x x x ，则123123111()()x x x x x x ++++= ． （德国高中数学竞赛题）5．若f (x )、g (x )为两个实系数多项式，并且33()()f x xg x +可被21x x ++整除，则(1)f =，(1)g =．6．当310a a --=时,2a 是某个整系数多项式的根，求满足上述条件的次数最低的首项系数为1的多项式．（1997年日本数学竞赛题）7．设432(),f x x ax bx cx d =++++若(1)10,(2)20,(3)30,f f f ===则(10)f +(6)f -的值为 ( ) A ．8014 B ．40 C ．160 D ．82708．以有理数a ，b ，c 为根的三次多项式32()f x x ax bx c =+++有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．无穷多个9．多项式742()1f x x x x =+++在实数范围内有多少个零点?10．设(),(),()()p x q x r x s x 及都是多项式，且5525432()()()(1)(),p x xq x x r x x x x x s x ++=++++求证：x -1是(),(),(),()p x q x r x s x 的公因式．11．设p (x )是2n 次多项式,满足(0)(2)(2)0,p p p n ====(1)(3)(21)2,p p p n ===-=(21)30,().p n n p x +=-及求及12．任给实多项式：()2212111nn n f x x a x a x --=++++．其中n为正整数，系数1221,,,n a a a -用下面方法来确定：甲，乙两人，从甲开始，依次轮流给出一个系数的值，最后一个系数由甲给出后，如果所得的多项式()f x 没有实根，则甲胜；若所得的多项式()f x 有实根，则乙胜．试问不管甲如何选取系数，乙必胜吗？(2004年江苏省数学夏令营一级教练员测试题十)本节“情景再现”解答：1．C2．A 解 将该恒等式变形成多项式恒等，则有3529()(2),x a b x a b -=+-+比较两边系数得35,229a b a b +=+=． 解得6,41a b =-=．因此246ab =-．3．86 解 设多项式432182001984x x kx x -++-的四个根为1234,,,.x x x x 则由韦达定理，得 1234121314232434123124134234123418, ,200, 1984.x x x x x x x x x x x x x x x x k x x x x x x x x x x x x x x x x +++=⎧⎪+++++=⎪⎨+++=-⎪⎪=-⎩ 设123432,62,x x x x =-=则故123462()32()200.x x x x +-+=-又121234344,18,14.x x x x x x x x +=⎧+++=∴⎨+=⎩ 故12341234()()86.k x x x x x x x x =++++=4．C 解3232(1)()()(1),x px q x mx x q x m q x qm x q ++=+--=+--++20,(1),, 1.m q p qm m q p m ∴-==-+=+=-即5．21x x -+ 解 由拉格朗日插值公式得2(1)(2)3(1)(2)3(1)(1)()1(11)(12)(11)(12)(21)(21)x x x x x x f x x x +----+=++=-++------+． 6．－97．解 (反证法)假设有2004()log ,()f x xg x =且(),()f x g x 互质． 22200420042()2log log ()f x x x g x ==，又20042()2log ()f x x g x =， 22()()2()().f x g x f x g x ∴=又222((),())1,()|2().f x g x f x f x =∴但当f (x )的次数1≥时，恒有2()f x 的次数大于2()f x 的次数， ()f x ∴为常数．同理g (x )也为常数，故2004log x 为常数，矛盾．故原命题得证．本节“习题”解答：1．A 2．B 3．23 1.x x -- 4．－1 5．0， 0 6．6432()821310 1.f x x x x x x =--+--解 记x a =则a x =代入方程,得3((10,x x --=即3251)0.x x -+-=32511).x x x ∴+-=+两边平方，得624342*********(961).x x x x x x x +++--=++故所求的多项式为6432()821310 1.f x x x x x x =--+--7． A 解 设()()10g x f x x =-，则(1)0,(2)0,(3)0g g g ===，故()(1)(2)(3)(),g x x x x x r =----于是(10)(6)(10)(6)40987(10)789(6)40f f g g r r +-=+-+=⨯⨯⨯-+⨯⨯++78916408014.=⨯⨯⨯+=8． C 解 由韦达定理知,,a b c a ab bc ca b abc c ++=-++==-．如果a =0(或b =0)得c =0，b =0．如果0,0,0,1, 2.a b c a b ≠≠===-但得如果a ，b ，c 均不为零，得1,1a b c ===-．故满足题设的多项式为332,2,x x x x +-321x x x +--．9．1 解 显然，x =0不是f (x )=0的根．令1y x=，则 74277531()1()(1)0,f x x x x y y y y=+++=+++= 75310.y y y ∴+++=又753()1f y y y y =+++单调递增，且当y →-∞时，();,()f y y f y →-∞→+∞→+∞，因此，恰有一个根．10．解 设432() 1.f x x x x x =++++取1的5次虚单位根234,,,,()0(1,2,3,4).k f k εεεεε==则所以2()(1)(1)(1)0(1,2,3,4).k k r q p k εε++==即方程2(1)(1)(1)04(1,2,3,4).k x r xq p k ε++==有个不同根故(1)(1)(1)0.r q p ===再把x =1代入所设等式，得s (1)=0．命题得证．11．解 令1()()1,()(1),0,1,2,,2.k f x p x f k k n +=-=-=则又 201112001112()()()()()()(),()()()()()n k k n k k k k k k k k n x x x x x x x x x x f x f k x x x x x x x x x x -+=-+-----=-----∑ 其中(0,1,2,,2).k x k k n == 将x =2n +1代入上式,得21221221210(21)(2)(22)(2)21(21)(1)(1)1(1)(2)[(2)](21)(2)(22) (1)! 12.n k k n n k n k n n k n n n k n k f n k k n k n n n k k C +=+=++=--+-⨯+=--⨯⨯-⨯---+-+=-=-=-∑∑∑ 21(21)30,(21)31,3112 2.n p n f n n ++=-+=--=-=由有故，解得 这表明p (x )是四次多项式, 由(0)(2)(4)0,(1)(3)2,p p p p p =====得432(2)(3)(4)(1)(2)(4)()221(1)(2)(3)321(1)2164032 .3333x x x x x x x x p x x x x x ------=+⨯-⨯-⨯-⨯⨯⨯-=-+-+12．解 乙有必胜策略．证明如下．在选取过程中，不管甲取了那个系数，接下去，乙必取余下的一个偶数次项的系数，如果已经没有偶数次项的系数，乙才取奇数次项的系数．因此当最后留下两个系数，必由乙先取．注意到乙的选系数方式以及偶项系数的总数，恰好比偶项系数的总数少一个，所以最后两个系数只能是两个奇数项系数或者一个奇数项系数，一个偶数项系数，它们可设为2121t t a x ++，s s a x ．这里21s t ≠+，s 可奇，也可偶．于是()()2121s t s t f x g x a x a x ++=++．其中()g x 是已经确定的多项式．接下来由乙来取s a ，我们希望不管最后甲取的21t a +的值是什么，都不影响()f x 必有实根，为此，我们给出如何选取sa 的值的方法，并证明最终所得的多项式()f x 有实根．任取2m <-，则()()2111s t f g a a +=++，()()2121s t s t f m g m a m a m ++=++．为了不管21t a +如何选取，这意味着从上两式中消去21t m +，于是有： ()()()()21212111t t t s s s m f f m m g a m g m a m +++-=+-- ()()()21211t t s s m g g m a m m ++=-+-．注意到等式右边和21t a +无关，所以()()211t m f f m +-和21t a +无关，又由2m <-，所以21t s m m +≠．令()()21211t s t s g m m g a m m++-=-，则有 ()()211t m f f m +=． 我们来证明()f x 必有实根．显然()0f ±∞>．如果()10f ≤，则在[)1,+∞必有实根．如果()10f >，由于2m <-，所以210t m +<，因此()0f m <，这证明了(),m +∞中必有实根．总之，()f x 必有实根．这证明了乙必胜．。
高阶多项式函数的最值与极值问题解法
高阶多项式函数的最值与极值问题解法多项式函数在数学中起到了至关重要的作用，它们具有广泛的应用背景。
对于高阶多项式函数，其最大值和最小值问题一直是研究的焦点。
本文将介绍解决高阶多项式函数最值和极值问题的方法，并探讨其应用领域。
一、最值问题解法对于给定的高阶多项式函数，要找到其最大值和最小值，可以通过以下步骤进行求解：1. 求导首先，计算多项式函数的导数。
导数为0的点可能是函数的极值点或者最值点。
2. 求解导数为0的点解方程 f'(x) = 0，求出方程的解 x0。
这些解即为可能的极值点或者最值点。
3. 求解导数为0的点的函数值计算解得的 x0 对应的函数值 f(x0)，得到可能的极值点或者最值点的函数值。
4. 比较函数值比较所有可能的极值点或者最值点的函数值，找出其中最大值和最小值对应的点，即可求得多项式函数的最大值和最小值。
二、极值问题解法对于高阶多项式函数，要找到其极值点，可以通过以下步骤进行求解：1. 求导并令导数为零首先，计算多项式函数的导数，并令导数为零，即 f'(x) = 0。
2. 解方程解方程 f'(x) = 0，求出方程的解 x0。
这些解即为多项式函数的极值点。
3. 判定极值类型对求得的解进行二阶导数判别，判断解对应的函数值是极大值还是极小值。
如果二阶导数大于零，则为极小值；如果二阶导数小于零，则为极大值。
4. 求解极值点的函数值计算解得的极值点 x0 对应的函数值 f(x0)，得到极值点的函数值。
以上是解决高阶多项式函数最值和极值问题的一般步骤，下面将介绍一些具体的应用案例。
三、应用案例1. 经济学中的最值问题高阶多项式函数在经济学中有广泛的应用，如成本函数、利润函数等。
通过找到函数的最小值或者最大值，可以帮助经济学家做出决策，优化资源配置，提高经济效益。
2. 物理学中的极值问题物理学中的问题常常可以通过多项式函数来进行建模，如抛物线运动、弹簧振动等。
通过求解函数的极值点，可以得到物理系统的稳定点或者运动的极值点。
高阶多项式函数的最值与极值问题
高阶多项式函数的最值与极值问题在数学中，多项式函数是非常常见的一类函数。
其中，高阶多项式函数是指次数较高的多项式函数，其形式可表示为：f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1x + a_0其中，a_n, a_{n-1}, ..., a_1, a_0 为多项式的系数，n 为多项式的次数，并且 n 是一个正整数。
对于高阶多项式函数，研究其最值和极值是我们常见的问题之一。
本文将探讨高阶多项式函数的最大值和最小值的求解方法，并给出一些例子进行说明。
一、高阶多项式函数的最值问题通过观察多项式函数的图像，我们可以发现高阶多项式函数的最值通常出现在函数的极值点或者在无穷远处。
为了找到多项式函数的最值，我们需要先找到函数的极值点。
1. 导数法求解极值点对于给定的多项式函数 f(x)，我们可以通过求解其导函数 f'(x) = 0的根来找到其极值点。
首先，对 f(x) 进行求导得到 f'(x)，然后将 f'(x) = 0，解方程求得 x的值。
这些 x 值即为多项式函数 f(x) 的极值点。
2. 边界点求解对于定义在闭区间 [a, b] 上的多项式函数 f(x)，其最值可能出现在边界点 a 和 b 处。
我们可以分别计算 f(a) 和 f(b) 的值，然后与其他极值点处的函数值进行比较，找到函数的最大值和最小值。
二、实例分析为了更好地理解高阶多项式函数的最值与极值问题，我们以一个具体的例子进行分析。
考虑函数 f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x - 1，我们希望找到该函数的最大值和最小值。
1. 导数法求解极值点首先，我们对 f(x) 进行求导，得到 f'(x) = 6x^2 - 10x + 3。
然后，我们解方程 f'(x) = 0，即 6x^2 - 10x + 3 = 0。
通过求解这个方程，我们得到 x = 1/2 或 x = 1/3。
多项式函数在已知区间上的最小值问题的研究
多项式函数在已知区间上的最小值问题的研究研究背景多项式函数在数学和工程领域中具有重要的应用价值。
研究多项式函数在已知区间上的最小值问题，可以帮助我们深入理解函数的性质并解决实际问题。
研究目的本文旨在探讨多项式函数在已知区间上的最小值问题，并提出相应的解决方法。
通过研究多项式函数的最小值，我们可以更好地理解函数的特性和行为。
研究方法我们将采用数学分析和计算方法相结合的研究方法来解决多项式函数在已知区间上的最小值问题。
具体的研究方法包括：1. 考察函数的导数：通过求函数的导数，我们可以找到函数的临界点和拐点，从而确定最小值的可能位置。
2. 利用求根方法：对于一次或二次多项式函数，我们可以利用求根方法找到函数的极值点，并判断最小值的存在性。
3. 利用数值计算方法：对于高次多项式函数或复杂函数，我们可以利用数值计算方法，如牛顿法和二分法，来近似求解最小值的位置。
研究结果我们将详细介绍多项式函数在已知区间上的最小值求解方法，并给出具体的数学推导和计算步骤。
通过实例分析，我们验证了提出方法的可行性和准确性。
研究意义本文的研究结果对于解决实际问题具有重要意义。
在数学和工程领域中，我们经常需要确定函数在给定区间上的最小值，以优化问题的求解或设计。
本文的研究成果可以帮助我们更好地解决这类问题，并提供有效的数值计算方法。
结论通过对多项式函数在已知区间上的最小值问题进行研究，我们可以更深入地理解函数的特性，并提出相应的求解方法。
本文的研究成果对于数学和工程领域中相关问题的解决具有指导意义和实际应用价值。
以上是本文对多项式函数在已知区间上的最小值问题的研究的简要介绍，后续将通过实例分析和实验验证进一步展开讨论。
参考文献：。
初等对称多项式待定系数法
初等对称多项式待定系数法初等对称多项式待定系数法是高等数学中的一种经典方法，也是初中数学中常见的一个数学工具。
它是求解多元多项式的方法之一，可以用来解决一些比较难的数学问题，同时也可以用来解决实际生活中的实际问题。
在数学学习的过程中，初等对称多项式待定系数法是必不可少的内容之一。
初等对称多项式待定系数法，简单来说就是通过找到多项式中的一些基本特征，来确定系数的方法。
它主要是通过多项式的根和系数之间的一些关系来确定系数的值。
所以这种方法可以处理多项式的不定元个数比较多的情况，而且它的计算步骤也比较简单，容易掌握。
应用初等对称多项式待定系数法的时候，首先要把已知的多项式展开，然后再找出一些基本的对称多项式。
这些对称多项式主要有：和式、积式、轮换和、对称和、升幂和、降幂和等几种。
其中和式是比较常见的一种，通常用来求解多项式系数中最高次项的系数。
而对称和则可以用来表示某些系数的和，从而方便定位系数的值。
对于初等对称多项式待定系数法，需要掌握一些基本的操作。
首先是展开多项式，这需要采用二项式定理等方法。
其次是确定系数，这需要建立系数之间的关系，并应用对称多项式求解。
最后是验证解答，这需要验证求解出的系数是否符合原方程。
综上所述，初等对称多项式待定系数法是一种非常实用的数学工具。
在数学学习的过程中，我们需要理解其基本思想，并掌握其求解的基本方法，从而灵活应用到实际问题中。
初中数学知识点总结及解法方法
初中数学知识点总结及解法方法数学是我们学习的主要科目之一，学习数学要掌握方法，不能单靠死记硬背，理解很重要。
平时要多思考，多练习，多做题。
学会对知识重点进行分析，总结，归纳，以形成知识体系，完善认知结构。
以下是小编为大家整理的有关初中数学知识点总结及解法方法，希望对您有所帮助。
欢迎大家阅读参考学习!数与代数A、数与式1、有理数有理数：①整数→正整数/0/负整数②分数→正分数/负分数数轴：①画一条水平直线，在直线上取一点表示0(原点)，选取某一长度作为单位长度，规定直线上向右的方向为正方向，就得到数轴。
②任何一个有理数都可以用数轴上的一个点来表示。
③如果两个数只有符号不同，那么我们称其中一个数为另外一个数的相反数，也称这两个数互为相反数。
在数轴上，表示互为相反数的两个点，位于原点的两侧，并且与原点距离相等。
④数轴上两个点表示的数，右边的总比左边的大。
正数大于0，负数小于0，正数大于负数。
绝对值：①在数轴上，一个数所对应的点与原点的距离叫做该数的绝对值。
②正数的绝对值是他的本身、负数的绝对值是他的相反数、0的绝对值是0。
两个负数比较大小，绝对值大的反而小。
有理数的运算：加法：①同号相加，取相同的符号，把绝对值相加。
②异号相加，绝对值相等时和为0;绝对值不等时，取绝对值较大的数的符号，并用较大的绝对值减去较小的绝对值。
③一个数与0相加不变。
减法：减去一个数，等于加上这个数的相反数。
乘法：①两数相乘，同号得正，异号得负，绝对值相乘。
②任何数与0相乘得0。
③乘积为1的两个有理数互为倒数。
除法：①除以一个数等于乘以一个数的倒数。
②0不能作除数。
乘方：求N个相同因数A的积的运算叫做乘方，乘方的结果叫幂，A叫底数，N叫次数。
混合顺序：先算乘法，再算乘除，最后算加减，有括号要先算括号里的。
2、实数无理数：无限不循环小数叫无理数平方根：①如果一个正数X的平方等于A，那么这个正数X就叫做A的算术平方根。
②如果一个数X的平方等于A，那么这个数X就叫做A的平方根。
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解：由 知
a、b、c中必有两负一正
不妨设
此时
∵a、b、c为整数
∴当 时，a取最大值1990
的最小值是：
十、逐步调整法
例10.已知 都是正整数，且 ，若 的最大值为A，最小值为B，则A+B的值等于________。
解：因为把58写成4，若
则 ，且
所以，当 时，可以把 逐步调整到1，这时 将增大；
同样地，可以把 逐步调整到1，这时 将增大。于是，
当 均为1， 时， 取得最大值
即
若存在两个数 ，使得
，则
这说明在 中，如果有两个数的差大于1，则把较小的数加1，较大的数减1，这时 将减小。
所以，当 取到最小时， 中任意两个数的差都不大于1。
那么 的值依次为：
故 的最小值是
此时（x，y，z）＝（1，8，4）或（1，8，5）
相应的 或
故abc的最大值是10
六、等值代换法
例6.若a，c，d是整数，b是正整数，且满足 那么 的最大值是（）
A. B. C. 0D. 1
解：
，即
代入
得
等号成立当且仅当 时，此时
的最大值是 ，应选B。
七、放缩法
例7.设 为自然数，且 ，又 ，则 的最大值为__________。
则 ，所以s的最大值为3，最小值为2，其和为5。
四、分类讨论法
例4.设 均为正整数，且 ，则当 的值最大时， 的最小值是（）
A. 8B.9C. 10D. 11
解：由 ，知
由<1>得 ，从而
得 ，与题设矛盾
由<2>可取
使 取到最大值，且 也可取到最大值，此时取 可全部满足条件，因而 的最小值为 。
五、枚举法
求多项式最值问题十法
高俊元
多元多项式的最大（小）值是近几年数学竞赛的热点内容。这种题型涉及变量多，条件多，且形式新颖，解法灵活。同学们对这类问题常感到无从下手，本文将解决这类问题常用方法加以汇总，供大家参考。
一、配方法
例1.已知x，y，z都是实数，且 ，则 （）
A.只有最大值
B.只有最小值
C.既有最大值又有最小值
解：由题设有
同理
的最大值为19，取
则 ，从而
取 ，则
从而 ，依次可得符合条件的7个数为19，20，22，23，24，25，26
故知所求最大值为61
八、和差代换法
例8.实数x、y、z满足 ，则z的最大值是________。
解：设 ，代入已知式可得
由<1>得 代入<2>得：
化简得
即
解得
故z的最大值为
九、分析判断法
于是当
时
取得最小值
即
故A＋B＝494
例5.设整数a、b、c满足 的个位数依次为x、y、z，当 为最小时，求乘积abc的最大值。
解：依已知需把x、y、z、a、b、c求出
∴（x、y、z）有10种可能：
（1，8，7），（1，8，4），（1，8，5），（1，7，4），（1，7，5），（1，4，5），（8，7，4），（8，7，5），（8，4，5），（7，4，5）
D.既无最大值又无最小值
解：
即m有最小值
而
三式相加
即m有最大值1
故应选C
二、参数法
例2.若 ，则 可取的最小值为（）
A. 3B. C. D. 6
解：设
则
所以
∴当 时
的值最大为 ，应选B
三、消元法
例3.已知x，y，z为3个非负实数且满足： ， ，设 ，s的最大值与最小值的和为_________。
解：由 得