【提优教程】江苏省高中数学竞赛第62讲多项式教案
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r (x) mx3 nx2 lx t. 由题设得 p( a)= a， p( b)= b， p( c)= c， p( d)= d 知 a， b， c ， d 是
mx3 nx2 lx t 0 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
i 1 (ai a1 ) ( ai ai 1)( ai ai 1 ) (a i an 1 )
A 类例题
例 1 将关于 x 的多项式 f ( x) 1 x x2 x3
x19 x20 表为关于 y 的多项式
g ( y) a0 a1 y a 2 y 2
a19 y19 a20 y20 , 其中 y x 4. 则
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
f ( x) ( x a2 )( x a3 ) ( x an 1 ) f ( a1 ) ( a1 a2 )( a1 a 3) ( a1 an 1 )
x21 1 . 令 x x1
y 4, 得 g( y)
( y 4)21 1 ,取 y 1,
y5
有 a0 a1 a2
a 20 g (1) 5 21 1 . 6
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
xn
(
1)n a0 . 简写成
an
1 j1
j2
jr
x j1 x j2
n
xj r
( 1)r an r ． an
(2) 复根成对定理：若实系数多项式 f ( x) 有一个虚根
a bi(a,b R,b 0), 那么它的共轭复
数 a bi 也是 f ( x) 的根，并且 a 和 有相同重数．运用时要注意必须是实系数方程．
a2 n x 2n ， 求 a2 a4
（
） (2005 年浙江省数学竞赛 )
a2n 的 值 为
A ． 3n B ． 3n 2 C ． 3n 1 D ． 3n 1
2
2
2． 设
35 x 29 x2 3x 2
a x1
b 是 关 于 变 量 x 的 一 个 恒 等 式 ， 则 ab 的 值 为 x2
() A． -246 B
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 g(x) x3 mx2 nx p ，则由韦达定理知
m
(x12 x2 2 x3 2 ),
n x12 x22 x2 2 x32 x22 x3 2 ,
故
p
x12 x22 x3 2.
m ( x1 x2 x3)2 2(x1x2 x2 x3 x2x3) 2b a2 ,
比较两边系数得
q m0
p n1 p n a2
2
a 1,
故 f (a) a4 pa2 qa a2 a 4 (1 a2 )a2 a2 0 ．
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
a 2d a d a a d a 2d 15, {
(a 2d)(a d )a( a d )( a 2d) 120.
由此得 a 3, 及 (9 4d 2)(9 d 2) 40.
令 d2
t ，得 4t2 45t 41 0, t
41
或 1．
4
于是 d
41 或 d 1 ．由条件 | d | 1 ，可知 d 1 ．
由
①
－
②
得
q 0, p 1 a2.
故
f (a) a4 pa2 qa a2 a4 (1 a2) a2 a2 0 ．
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 1 x x2 n a0 a1 x
4
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 f ( x) x4 px2 qx a2 可被 x2 1整除，求 f ( a) ．
． -210 C ． 29 D
． 210
3．四次多项式 x4 18x3 kx2 200 x 1984 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 x1, x2, x 3是 多 项 式 f (x) x3 ax2 bx c 的 三 个 零 点 ， 试 求 一 个 以
x12, x22, x32 为零点的三次多项式 g( x) ．
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 ，
n x12 x22 x2 2x32 x22 x32
( x1x2 x2 x3 x2 x3 )2 2x1x2x3 (x1 x2 x3 ) b2 2ac,
p
x12 x22 x32
( x1x2 x3 )2
c2 ．
因此 g ( x) x3 (2b a2) x2 (b2 2ac) x c2 ．
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：
分析 由于 f ( x) x4 px2 qx a2 可被 x2 1整除，故可以用待定系数法设出
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 f ( x) x4 px2 qx a2 ( x2 1)(x2 mx n).
f ( x)因
展开得 x4 px2 qx a2 x4 mx3 (n 1)x2 mx n.
设 f (x) (x x1)( x x2 )( x x3 ) ，则
g( x) ( x x12 )( x x22)( x x32 )
( x x1)( x x2)( x x3)( x x1)( x x2 )( x x3 )
f ( x) f ( x)
( x3 a x2 b x c)( x3 a x2 b x c)
( x a1 )( x a3) ( x an 1) f (a2 ) ( a2 a1 )( a2 a3 ) (a 2 an 1 )
( x a1)( x a2 ) ( x an )
f (an 1) ．
(a n 1 a1 )(a n 1 a2 ) ( an 1 an )
简写成 f ( x)= n 1 f (ai )( x a1) ( x ai 1 )( x ai 1 ) ( x an 1) ．
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
2
x
1 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：
f ( x) x4 px2 qx a2 可被 ( x-1)( x+1) 整除，∴由因式定理可知
f (-1)= f (1)=0 ．因此得 1 p q a2 0 ① ， 1 p q a2 0 ②
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
(1) 韦达定理：如果一元 n 次多项式 f ( x) anxn an 1xn 1
a0 的根是 x1, x2, , xn ，那
么有 x1 x2
xn
an 1 ,
an
x1 x2 x1 x3
源自文库
xn 1xn
an 2 an
,
x1x2 x3
x1 x2 x4
x x n 2xn 1 n
an 3 , …… an
x1 x2
x3 (2b a)2 x2 (b2 2ac) x c2 .
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① p( x) 除以 ( x- a) 的余 数为 a；② p( x) 除以 ( x- b) 的余数为 b；
③ p( x) 除以 ( x- c) 的余数为 c；④ p( 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 )
x5 15 x4
120 0 ，若该方程的五个根恰构成等差数列， 且公差 | d | 1，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 a 2 d , a d, a, a d, a 2，d则 由 韦 达 定 理 可 得
a0 a1
a 20
．（ 2005 年全国联赛一试）
分析 先利用等比数列的求和公式求出 项式，最后对它赋值即可．
f ( x) 的表达式， 然后用变量代换转化为关于 y 的多
解 由题设知， f (x) 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： f (x)
( x) 21 1 x1
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).
③ f ( x) 除以 px q( p 0) 所的的余数为 f ( q ) ． 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
mx3 nx2 lx t 0 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
i 1 (ai a1 ) ( ai ai 1)( ai ai 1 ) (a i an 1 )
A 类例题
例 1 将关于 x 的多项式 f ( x) 1 x x2 x3
x19 x20 表为关于 y 的多项式
g ( y) a0 a1 y a 2 y 2
a19 y19 a20 y20 , 其中 y x 4. 则
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
f ( x) ( x a2 )( x a3 ) ( x an 1 ) f ( a1 ) ( a1 a2 )( a1 a 3) ( a1 an 1 )
x21 1 . 令 x x1
y 4, 得 g( y)
( y 4)21 1 ,取 y 1,
y5
有 a0 a1 a2
a 20 g (1) 5 21 1 . 6
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
xn
(
1)n a0 . 简写成
an
1 j1
j2
jr
x j1 x j2
n
xj r
( 1)r an r ． an
(2) 复根成对定理：若实系数多项式 f ( x) 有一个虚根
a bi(a,b R,b 0), 那么它的共轭复
数 a bi 也是 f ( x) 的根，并且 a 和 有相同重数．运用时要注意必须是实系数方程．
a2 n x 2n ， 求 a2 a4
（
） (2005 年浙江省数学竞赛 )
a2n 的 值 为
A ． 3n B ． 3n 2 C ． 3n 1 D ． 3n 1
2
2
2． 设
35 x 29 x2 3x 2
a x1
b 是 关 于 变 量 x 的 一 个 恒 等 式 ， 则 ab 的 值 为 x2
() A． -246 B
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 g(x) x3 mx2 nx p ，则由韦达定理知
m
(x12 x2 2 x3 2 ),
n x12 x22 x2 2 x32 x22 x3 2 ,
故
p
x12 x22 x3 2.
m ( x1 x2 x3)2 2(x1x2 x2 x3 x2x3) 2b a2 ,
比较两边系数得
q m0
p n1 p n a2
2
a 1,
故 f (a) a4 pa2 qa a2 a 4 (1 a2 )a2 a2 0 ．
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
a 2d a d a a d a 2d 15, {
(a 2d)(a d )a( a d )( a 2d) 120.
由此得 a 3, 及 (9 4d 2)(9 d 2) 40.
令 d2
t ，得 4t2 45t 41 0, t
41
或 1．
4
于是 d
41 或 d 1 ．由条件 | d | 1 ，可知 d 1 ．
由
①
－
②
得
q 0, p 1 a2.
故
f (a) a4 pa2 qa a2 a4 (1 a2) a2 a2 0 ．
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 1 x x2 n a0 a1 x
4
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 f ( x) x4 px2 qx a2 可被 x2 1整除，求 f ( a) ．
． -210 C ． 29 D
． 210
3．四次多项式 x4 18x3 kx2 200 x 1984 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 x1, x2, x 3是 多 项 式 f (x) x3 ax2 bx c 的 三 个 零 点 ， 试 求 一 个 以
x12, x22, x32 为零点的三次多项式 g( x) ．
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 ，
n x12 x22 x2 2x32 x22 x32
( x1x2 x2 x3 x2 x3 )2 2x1x2x3 (x1 x2 x3 ) b2 2ac,
p
x12 x22 x32
( x1x2 x3 )2
c2 ．
因此 g ( x) x3 (2b a2) x2 (b2 2ac) x c2 ．
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：
分析 由于 f ( x) x4 px2 qx a2 可被 x2 1整除，故可以用待定系数法设出
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 f ( x) x4 px2 qx a2 ( x2 1)(x2 mx n).
f ( x)因
展开得 x4 px2 qx a2 x4 mx3 (n 1)x2 mx n.
设 f (x) (x x1)( x x2 )( x x3 ) ，则
g( x) ( x x12 )( x x22)( x x32 )
( x x1)( x x2)( x x3)( x x1)( x x2 )( x x3 )
f ( x) f ( x)
( x3 a x2 b x c)( x3 a x2 b x c)
( x a1 )( x a3) ( x an 1) f (a2 ) ( a2 a1 )( a2 a3 ) (a 2 an 1 )
( x a1)( x a2 ) ( x an )
f (an 1) ．
(a n 1 a1 )(a n 1 a2 ) ( an 1 an )
简写成 f ( x)= n 1 f (ai )( x a1) ( x ai 1 )( x ai 1 ) ( x an 1) ．
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
2
x
1 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：
f ( x) x4 px2 qx a2 可被 ( x-1)( x+1) 整除，∴由因式定理可知
f (-1)= f (1)=0 ．因此得 1 p q a2 0 ① ， 1 p q a2 0 ②
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
(1) 韦达定理：如果一元 n 次多项式 f ( x) anxn an 1xn 1
a0 的根是 x1, x2, , xn ，那
么有 x1 x2
xn
an 1 ,
an
x1 x2 x1 x3
源自文库
xn 1xn
an 2 an
,
x1x2 x3
x1 x2 x4
x x n 2xn 1 n
an 3 , …… an
x1 x2
x3 (2b a)2 x2 (b2 2ac) x c2 .
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① p( x) 除以 ( x- a) 的余 数为 a；② p( x) 除以 ( x- b) 的余数为 b；
③ p( x) 除以 ( x- c) 的余数为 c；④ p( 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 )
x5 15 x4
120 0 ，若该方程的五个根恰构成等差数列， 且公差 | d | 1，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 a 2 d , a d, a, a d, a 2，d则 由 韦 达 定 理 可 得
a0 a1
a 20
．（ 2005 年全国联赛一试）
分析 先利用等比数列的求和公式求出 项式，最后对它赋值即可．
f ( x) 的表达式， 然后用变量代换转化为关于 y 的多
解 由题设知， f (x) 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： f (x)
( x) 21 1 x1
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).
③ f ( x) 除以 px q( p 0) 所的的余数为 f ( q ) ． 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