任何次数大于1整系数方程的代数数可能是有理数吗_百度作业帮
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任何次数大于1整系数方程的代数数可能是有理数吗
任何次数大于1整系数方程的代数数可能是有理数吗
你的问题含糊不清有理数一定是一次代数数,也就是说极小多项式是一次的（注意极小多项式具有一定的唯一性）.当然有理数一定可以作为高次整系数多项式的根,只不过那些不是不可约多项式.当前位置：
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若的最小整数解是方程的解，求代数式的的平方根的值。
题型：解答题难度：偏易来源：不详
解：①解不等式得：&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&所以的最小整数解为-3②当时，所以：&&&&③所以：代数式的平方根为先由不等式解得的范围，即可得到最小整数解，从而可以求出代数式的值，再根据平方根的定义即可得到结果。
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据魔方格专家权威分析，试题“若的最小整数解是方程的解，求代数式的的平方根的值。-七年级数学..”主要考查你对&&代数式的概念，整式的定义，整式的加减，整式的除法&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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代数式的概念整式的定义整式的加减整式的除法
代数式：由数和表示数的字母经有限次加、减、乘、除、乘方和开方等代数运算所得的式子，或含有字母的数学表达式称为代数式。单独一个数和字母也是代数式。例如：ax+2b，－2/3，b^2/26，√a+√2等。代数式的性质：(1)单独一个数或一个字母也是代数式，如-3，a.&(2)代数式中只能有运算符号，不应含有等于号（=、≡）、不等号（≠、≤、≥、&、&、≮、≯）、约等号≈，也就是说，等式或不等式不是代数式，但代数式中可以含有括号。&可以有绝对值。例如：|x|，|-2.25| 等。(3)代数式中的字母表示的数必须使这个代数式有意义，即在实际问题中，字母表示的数要符合实际问题。代数式的分类：在实数范围内,代数式分为有理式和无理式。一、有理式　　有理式包括整式(除数中没有字母的有理式)和分式(除数中有字母且除数不为0的有理式)。&&&&&&& 这种代数式中对于字母只进行有限次加、减、乘、除和整数次乘方这些运算.　　整式有包括单项式(数字或字母的乘积或单独的一个数字或字母)和多项式(若干个单项式的和).1.单项式　　没有加减运算的整式叫做单项式。　　单项式的系数：单项式中的数字因数叫做单项式(或字母因数)的数字系数，简称系数　　单项式的次数：一个单项式中，所有字母的指数的和叫做这个单项式的次数2.多项式&&&&&&& 个单项式的代数和叫做多项式；多项式中每个单项式叫做多项式的项。不含字母的项叫做常数项。&&&&&&& 多项式的次数：多项式里，次数最高的项的次数，就是这个多项式的次数。&&&&&&& 齐次多项式：各项次数相同的多项式叫做齐次多项式。&&&&&& &不可约多项式：次数大于零的有理系数的多项式，不能分解为两个次数大于零的有理数系数多项式的乘积时，称为有理数范围内不可约多项式。&&&&&&&&&&&&&&&&&&&实数范围内不可约多项式是一次或某些二次多项式，复数范同内不可约多项式是一次多项式。&&&&&&&& 对称多项式：在多元多项式中，如果任意两个元互相交换所得的结果都和原式相同，则称此多项式是关于这些元的对称多项式。&&&&&&&& 同类项：多项式中含有相同的字母，并且相同字母的指数也分别相同的项叫做同类项。　　二、无理式含有字母的根式或字母的非整数次乘方的代数式叫做无理式。代数式的书写：(1)两字母相乘、数字与字母相乘、字母与括号相乘以及括号与括号相乘时，乘号都可以省略不写.如：“x与y的积”可以写成“xy”；“a与2的积”应写成“2a”，“m、n的和的2倍”应写成“2(m+n)”。(2)字母与数字相乘或数字与括号相乘时，乘号可省略不写，但数字必须写在前面.例如“x×2”要写成”2x”，不能写成“x2”；“长、宽分别为a、b的长方形的周长”要写成“2(a+b)”，不能写成“(a+b)2”。(3)代数式中不能出现除号，相除关系要写成分数的形式(4)数字与数字相乘时，乘号(也可以写作 · )仍应保留不能省略，或直接计算出结果.例如“3×7xy”不能写成“37xy”，最好写成“21xy”。代数式的产生：&&&&&&&&&& 产生在古代，当算术里积累了大量的，关于各种数量问题的解法后，为了寻求有系统的、更普遍的方法，以解决各种数量关系的问题，就产生了以解方程的原理为中心问题的初等代数。&&&&&&&&&& 代数是由算术演变来的，这是毫无疑问的。至于什么年代产生的代数学这门学科，就很不容易说清楚了。比如，如果你认为“代数学”是指解bx+k=0这类用符号表示的方程的技巧。那么，这种“代数学”是在十六世纪才发展起来的。如果我们对代数符号不是要求象现在这样简练，那么，代数学的产生可上溯到更早的年代。西方人将公元前三世纪古希腊数学家刁藩都看作是代数学的鼻祖。而在中国，用文字来表达的代数问题出现的就更早了。&&&&&&& “代数”作为一个数学专有名词、代表一门数学分支在我国正式使用，最早是在1859年。那年，清代数学家里李善兰和英国人韦列亚力共同翻译了英国人棣么甘所写的一本书，译本的名称就叫做《代数学》。当然，代数的内容和方法，我国古代早就产生了，比如《九章算术》中就有方程问题。初等代数的中心内容是解方程，因而长期以来都把代数学理解成方程的科学，数学家们也把主要精力集中在方程的研究上。它的研究方法是高度计算性的。&&&&&&&& 要讨论方程，首先遇到的一个问题是如何把实际中的数量关系组成代数式，然后根据等量关系列出方程。所以初等代数的一个重要内容就是代数式。由于事物中的数量关系的不同，大体上初等代数形成了整式、分式和根式这三大类代数式。代数式是数的化身，因而在代数中，它们都可以进行四则运算，服从基本运算定律，而且还可以进行乘方和开方两种新的运算。通常把这六种运算叫做代数运算，以区别于只包含四种运算的算术运算。&&&&&&&&& 在初等代数的产生和发展的过程中，通过解方程的研究，也促进了数的概念的进一步发展，将算术中讨论的整数和分数的概念扩充到有理数的范围，使数包括正负整数、正负分数和零。这是初等代数的又一重要内容，就是数的概念的扩充。有了有理数，初等代数能解决的问题就大大的扩充了。但是，有些方程在有理数范围内仍然没有解。于是，数的概念在一次扩充到了实数，进而又进一步扩充到了复数。&&&&&&&&& 那么到了复数范围内是不是仍然有方程没有解，还必须把复数再进行扩展呢？数学家们说：不用了。这就是代数里的一个著名的定理—代数基本定理。这个定理简单地说就是n次方程有n个根。日瑞士数学家欧拉曾在一封信中明确地做了陈述，后来另一个数学家、德国的高斯在1799年给出了严格的证明。整式：是有理式的一部分，在有理式中可以包含加，减，乘，除四种运算，但在整式中被除数不能含有字母。单项式和多项式统称为整式。代数式中的一种有理式。不含除法运算或分数，以及虽有除法运算及分数，但除式或分母中不含变数者，则称为整式。整式的组成性质：1.单项式 （1）单项式的概念：数与字母的积这样的代数式叫做单项式，单独一个数或一个字母也是单项式。 注意：数与字母之间是乘积关系。 （2）单项式的系数：单项式中的字母因数叫做单项式的系数。 如果一个单项式，只含有字母因数，是正数的单项式系数为1，是负数的单项式系数为—1。 （3）单项式的次数：一个单项式中，所有字母的指数的和叫做这个单项式的次数。 2.多项式 （1）多项式的概念：几个单项式的和叫做多项式。在多项式中，每个单项式叫做多项式的项，其中不含字母的项叫做常数项。一个多项式有几项就叫做几项式。多项式中的符号，看作各项的性质符号。 （2）单项式的次数：单项式中，次数最高的项的次数，就是这个多项式的次数。 （3）多项式的排列： 1.把一个多项式按某一个字母的指数从大到小的顺序排列起来，叫做把多项式按这个字母降幂排列。 2.把一个多项式按某一个字母的指数从小到大的顺序排列起来，叫做把多项式按这个字母升幂排列。 由于多项式是几个单项式的和，所以可以用加法的运算定律，来交换各项的位置，而保持原多项式的值不变。 为了便于多项式的计算，通常总是把一个多项式，按照一定的顺序，整理成整洁简单的形式，这就是多项式的排列。 在做多项式的排列的题时注意： (1)由于单项式的项，包括它前面的性质符号，因此在排列时，仍需把每一项的性质符号看作是这一项的一部分，一起移动。 (2)有两个或两个以上字母的多项式，排列时，要注意： a.先确认按照哪个字母的指数来排列。 b.确定按这个字母向里排列，还是生里排列。 (3)整式： 单项式和多项式统称为整式。 (4)同类项的概念： 所含字母相同，并且相同字母的次数也相同的项叫做同类项，几个常数项也叫同类项。 掌握同类项的概念时注意： 1.判断几个单项式或项，是否是同类项，就要掌握两个条件： ①所含字母相同。 ②相同字母的次数也相同。 2.同类项与系数无关，与字母排列的顺序也无关。 3.几个常数项也是同类项。 （5）合并同类项： 1.合并同类项的概念： 把多项式中的同类项合并成一项叫做合并同类项。 2.合并同类项的法则： 同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母是指数不变。 3.合并同类项步骤： ⑴．准确的找出同类项。 ⑵．逆用分配律，把同类项的系数加在一起（用小括号），字母和字母的指数不变。 ⑶．写出合并后的结果。 在掌握合并同类项时注意： 1.如果两个同类项的系数互为相反数，合并同类项后，结果为0. 2.不要漏掉不能合并的项。 3.只要不再有同类项，就是结果（可能是单项式，也可能是多项式）。 合并同类项的关键：正确判断同类项。 整式的计算:1. 单项式乘以单项式，系数与系数相乘的积作为积的系数，相同字母底数不变，指数相加，单独的字母不变，仍作为积的一个因式。2.单项式与多项式相乘，就是用单项式去乘多项式的每一项，再把所有的项相加。3.先用一个多项式的每一项乘以另一个多项式的每一项，再把所得的积相加。4.数字与数字相除,相同字母的进行相除,对于只在被除数中拥有的字母包括字母的指数一起作为商的一个因式。5.多项式除以单项式,先把这个多项式分别除以这个单项式,再把所得的商相加 。6.多项式除以多项式的一般步骤：多项式除以多项式，一般用竖式进行演算。 （1）把被除式、除式按某个字母作降幂排列，并把所缺的项用零补齐． （2）用除式的第一项去除被除式的第一项，得商式的第一项． （3）用商式的第一项去乘除式，把积写在被除式下面（同类项对齐），从被除式中减去这个积． （4）把减得的差当作新的被除式，再按照上面的方法继续演算，直到余式为零或余式的次数低于除式的次数时为止．被除式=除式×商式+余式 如果一个多项式除以另一个多项式，余式为零，就说这个多项式能被另一个多项式整除． （5）如果被除式能分解因式且有因式与除式中的因式相同的，可以把被除式、除式分解因式。最重要的是必注意各项系数的符号。
整式的四则运算：整式可以分为定义和运算，定义又可以分为单项式和多项式，运算又可以分为加减和乘除。 加减包括合并同类项，乘除包括基本运算、法则和公式，基本运算又可以分为幂的运算性质，法则可以分为整式、除法，公式可以分为乘法公式、零指数幂和负整数指数幂。
1. 整式的加减 合并同类项是重点，也是难点。合并同类项时要注意以下三点：①要掌握同类项的概念，会辨别同类项，并准确地掌握判断同类项的两条标准：字母和字母指数；②明确合并同类项的含义是把多项式中的同类项合并成一项，经过合并同类项，多项式的项数会减少，达到化简多项式的目的；③“合并”是指同类项的系数的相加，并把得到的结果作为新的系数，要保持同类项的字母和字母的指数不变。 2. 整式的乘除 重点是整式的乘除，尤其是其中的乘法公式。乘法公式的结构特征以及公式中的字母的广泛含义，学生不易掌握。因此，乘法公式的灵活运用是难点，添括号（或去括号）时，括号中符号的处理是另一个难点。添括号（或去括号）是对多项式的变形，要根据添括号（或去括号）的法则进行。在整式的乘除中，单项式的乘除是关键，这是因为，一般多项式的乘除都要“转化”为单项式的乘除。 整式四则运算的主要题型有： （1）单项式的四则运算 此类题目多以选择题和应用题的形式出现，其特点是考查单项式的四则运算。 （2）单项式与多项式的运算 此类题目多以解答题的形式出现，技巧性强，其特点为考查单项式与多项式的四则运算。 整式的加减：其实质是去括号和合并同类项，其一般步骤为：（1）如果有括号，那么先去括号；（2）如果有同类项，再合并同类项。注：整式加减的最后结果中不能含有同类项，即要合并到不能再合并为止。 整式加减：整式的加减即合并同类项。把同类项相加减，不能计算的就直接拉下来。合并同类项时要注意以下三点：①要掌握同类项的概念，会辨别同类项，并准确地掌握判断同类项的两条标准.字母和字母指数；②明确合并同类项的含义是把多项式中的同类项合并成一项，经过合并同类项，式的项数会减少，达到化简多项式的目的；③“合并”是指同类项的系数的相加，并把得到的结果作为新的系数，要保持同类项的字母和字母的指数不变。整式的乘除法：整式是有理式的一部分，在有理式中可以包含加，减，乘，除四种运算，但在整式中除数不能含有字母。单项式和多项式统称为整式。单项式相除，把它们的系数相除，同底数幂的幂相减，作为商的一个因式，对于只在被除式里含有的字母，则连同它的指数作为商的一个因式。多项式除以单项式，先把这个多项式的每一项除以这个单项式，再把所得的商相加。 单项式除以多项式，用单项式除以多项式的每一项，再将所得的商相加并合并同类项。整式的除法法则：1、同底数的幂相除：法则：同底数的幂相除，底数不变，指数相减。 数学符号表示： （a≠0，m、n为正整数，并且m&n） 2、两个单项式相除，把系数、同底数幂分别相除后，作为商的因式；对于只在被除式里含有的字母，则连同他的指数一起作为商的一个因式。 3、多项式除以单项式，先把这个多项式的每一项分别除以单项式，再把所得的商相加。整式的除法运算：单项式÷单项式单项式相除，把系数、同底数幂分别相除后，作为商的因式；对于只在被除式中含有的字母，则连同它的指数一起作为商的一个因式。注：单项式除以单项式主要是通过转化为同底数幂的除法解决的。多项式÷单项式多项式除以单项式，先把这个多项式的每一项分别除以单项式，再把所得的商相加。说明：多项式（没有同类项）除以单项式，结果的项数与多项式的项数相同，不要漏项。多项式÷单项式 多项式除以单项式，先把这个多项式的每一项除以这个单项式，再把所得的商相加。单项式除以多项式，用单项式除以多项式的每一项，再将所得的商相加并合并同类项。
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&&&&&&&&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&．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&． &&&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&． 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& 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&的多项式&&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& 令&，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&可被&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&[来源:www.shulihua.net] 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&故&． &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．&-246&&&&&&&B．&-210&&&&&&C．&29&&&&&&&&D．&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)． 解&&设&，则由韦达定理知 &故&&& &． 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： 设&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& 取&，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： 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&． 证明：(1)存在性：令& 观察&的特点，可知&故&[来源:www.shulihua.net] 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．&&&&&B．& C．&&&&&D．& 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&故&．& 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&得&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&[来源:www.shulihua.net] 在点A处取得最小值为& 在点B处取得最大值为& 故&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&可被&整除，则m，p，q应符合的条件是&&&&&&&&(&&&&&) A．&&&&&&&&&B．& C．&&&&&D．& 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&满足 &（奥地利数学竞赛题） C类例题 例9&&已知数列&满足&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& 从而& && 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．[来源:www.shulihua.net] 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均为素数，于是 &或&（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． 链接&&除了将原问题转化为求解二元二次不定方程66(u+v)=5uv+1外，也可以用求根公式，从而利用判别式为完全平方数求解，其中涉及到奇偶分析．具体如下： 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．由韦达定理知&，p为自然数．显然方程①的判别式&是完全平方数．设&，则&．A，B的奇偶性相同，且均为偶数（若A，B都是奇数，则&矛盾）．令&则&由&及19与229的素性可得& 即&从而正整数p只能为76． 情景再现 7．求证：&不能表示成&的形式，其中&为实系数多项式，且&互质． 习题 1．已知多项式&是&的展开式，则&等于(&&&&&) A．1&&&&&&&&&&&B．-1&&&&&&&&&C．0&&&&&&&&D．&2 2．满足条件&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&那么这个二次三项式是________________________． 4．已知实数&均不为0，多项式&的三个根为&，则&&&&&&&&&&&&&&&． （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&可被&整除，则&&&&&&&&，&&&&&&&&&&&&． 6．当&时,&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&若&则&&的值为&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&(&&&&) A．8014&&&&&&&&&&&B．40&&&&&&&&&&&C．160&&&&&&&&D．8270 8．以有理数a，b，c为根的三次多项式&有&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&(&&&&) A．1个&&&&&&&B．2个&&&&&&&&C．3个&&&&&&&D．无穷多个 9．多项式&在实数范围内有多少个零点? 10．设&都是多项式，且 & 求证：x-1是&的公因式． 11．设p(x)是2n次多项式,满足& &&[来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net] 12．任给实多项式：&．其中n为正整数，系数&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&没有实根，则甲胜；若所得的多项式&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．C&&&&&& 2．A&&&&解&&&将该恒等式变形成多项式恒等，则有&比较两边系数得&． 解得&．因此&． 3．86&&&&解&&设多项式&的四个根为&则由韦达定理，得 & 设&故& 又& 故& 4．C&&&解& & 5．&&&&解&&由拉格朗日插值公式得&． 6．－9&&& &7．解&&&(反证法)假设有&且&互质． &，又&， & 又& 但当f(x)的次数&时，恒有&的次数大于&的次数， &为常数．同理g(x)也为常数，故&为常数，矛盾．故原命题得证． 本节“习题”解答： 1．A&&&2．B&&&3．&&4．－1&&&&5．0，&0&& 6．&& 解&&记&则&代入方程,得 &即& &两边平方，得& 故所求的多项式为& 7．&A&&&&解&&设&，则&，故&于是 && 8．&C&&&解&&由韦达定理知&&&． 如果a=0(或b=0)得c=0，b=0． 如果& 如果a，b&，c均不为零，得&． 故满足题设的多项式为&&． 9．1&&解&&显然，x=0不是f(x)=0的根．令&，则 & & 又&单调递增，且当&时，&，因此，恰有一个根． 10．解&&&设& 取1的5次虚单位根& 所以& 即方程& 故&再把x=1代入所设等式，得s(1)=0．命题得证． 11．解&&令&又 & 其中& 将x=2n+1代入上式,得 & & 这表明p(x)是四次多项式, 由&得 & 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&，&．这里&，s可奇，也可偶．于是&．其中&是已经确定的多项式． 接下来由乙来取&，我们希望不管最后甲取的&的值是什么，都不影响&必有实根，为此，我们给出如何选取&的值的方法，并证明最终所得的多项式&有实根．任取&，则&，&．为了不管&如何选取，这意味着从上两式中消去&，于是有： & &． 注意到等式右边和&无关，所以&和&无关，又由&&，所以&．令&&，则有&&． 我们来证明&必有实根．显然&．如果&，则在&必有实根．如果&，由于&&，所以&，因此&，这证明了&中必有实根．总之，&必有实根．这证明了乙必胜． www.shulihua.net w。w-w*k&s%5￥u www.shulihua.net w。w-w*k&s%5￥u
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