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第02讲多项式的基本运算【题型归纳目录】题型一多项式的加法和乘法题型二带余除法题型三多项式的相等【考点预测】
1、多项式的加法和乘法1形如/%=〃〃%十++qx+c%qw0〃为非负整数的代数式叫一元几次多项式,n叫此多项式的次数,记为次/力=〃.常数叫零多项式,不次数.当次/x=0即/x为零次多项式时,/%为一个非零常数.2多项式的加减法是把同次项对应系数相加减.多项式的乘法是把一个多项式的各项乘另一个多项式的各项,然后再合并同类项.3多项式的加法和乘法满足交换律、结合律和乘法对加法的分配律,另外还满足次数律,即次〃x+gx=次/%+次gx•次数是控制多项式的一个重要特性数,从分析多项式的次数入手,正确地比较多项式的次数常能开辟解题途径.
2、多项式的带余除法我们知道,数可以进行加、减、乘、除各种运算,在整数集中加、减、乘三种运算是永远可实施的,但数一元〃次多项式/x=a〃x〃+%_/一++Q/+4若限制效见9且qw,令x=10则/%就可与某个〃+1位的整数建立起对应;反之,〃+1位的整数亦能转化成一元〃次多项式的形式.因此一元〃次多项式的许多性质可以对照整数的性质来研究.整数除以整数,有时除得尽,有时除不尽.它们有带余除式被除数二商x除数+余数.多项式除以多项式也有类似的情况,即多项式除以多项式有时能整除,而更多的情况就不能整除而有余式.我们学过两个多项式的除法,其中被除式与除式均按降基排列.由此容易得出1带余除法对于多项式/X和gx其中gxw0必存在多项式qx和心,使得次心<次且或rx=0且/%=gx・9尤+rx
①其中/%gx,4x和rX分别称为被除式、除式、商式和余式.在上述意义下,可以证明商式与余式是唯一的.因此,求/X除以gxwO的余式,只要写成上述式子,且次厂〈次gx则rx即为所求的余式.注意
①式是一个重要的恒等式,也是我们研究问题的出发点,由此式容易得到2余数定理多项式“X除以x-q所得的余数等于/〃.余数定理把一元〃次多项式的值/
①与“X除以x-Q的余数,这两个似乎无关的数紧密地联系了起来,这种联系有深刻的含意,即应用余数定理再由条件
(1)可知:%(1+%)+%(1+x)+.・・+a〃(l+x)=a[x+a2x~+...+q〃x+q+a2+…+q〃展开后比较两边系数可得a2=a3=...=an=0故/(x)=axx.由
(2)可得/化)=贴=匕,但女尸0故%=
1.所求的多项式为【过关测试】
一、单选题
1.(2018・全国•高三竞赛)互不相等的复数、b、c满足〃儿=1历+Q+lwO记M=——-——+——X——+——X——1be+b+\ca+c+1tc.27r/7t=2〃万±—〃£Nl--=2n±~.tt由此得,=1或
3.当z=1时,/尤=1-cos2x不恒为
0.可以验证,=3时,恒为
0.选A.2018・全国•高三竞赛已知多项式Px=g『+a/T+…其中〃为非负整数,入为正整数外出,…,〃为整数,且满足及+同+同+…+闻=3则这样的多项式共有个.A.4B.5C.6D.不存在【答案】B【解析】由于〃o是正整数〃,同,同,…,同是非负整数.则〃+《+同+|%|+…+闻=3有如下的5组解:j〃=0n=lfn=\[n=1fn=21%=3,%=2,[a=4=],[〃=1,4=-1,[q=]即所求多项式为3x°2xx+1x-1/共5个.选B.2018・全国•高三竞赛已知一个整系数多项式,某同学求得的结果是/-2=-56/⑴=-2八3=536=
528.则他计算错误的是A./-2B./IC./3D./6【答案】C【解析】设整系数多项式为〃司=/+4_|尸+...+平+
4.显然有机-/|其中加和,都是整数.由此结论一一验证,可知3=53计算有误.选C.2018•四川•高三竞赛设多项式/x=/—f+l除以f+i的商式为4工余式4X=必+〃,其中么b为实数,则力的值为.【解析】注意到/+1=0令x=i得严—a+i=aj+b即ai+b=3因止匕4=0力=
3.故答案为D9(2018・全国•高三竞赛)已知=则多项式/(/巧除以/(另后,所得余式为().%=0【答案】A【解析】丫10_1〃力=^^・・・是/(x)=o的十次单位方根.即/=1且0W
1.X—1更有“是〃%=0的根其中〃=
129.则”是方程/
①须)=的根,其中〃=12…,
9.(2018•全国•高三竞赛)若多项式Y—x+i能除尽另一个多项式d+f+w+b(、人皆为常数)则【解由综合除法易得余式―(%)=(+1及+人-
2.由于能除尽,故+1=0且一2=
0.即=一1b=2・所以a+b=l.选C.
二、填空题22(2021・全国•高三竞赛)若实数,6满足一人=2支包+支卫=4则%5=]+〃\-b【答案】82【解析】=4o1—/1+勿+1_a21一a=41+al-hq—Z[tz—+3az—q—Z〜-2ab—〃一Z+2=4+4〃/—4abcib—1c^-b5=a2+b-a3-b3-a2b2a-b=
82.故答案为
82.2019•江苏•高三校联考竞赛若x+y—2是关于x、y的多项式犬+q孙+次—5x+y+6的因式,则一6的值是.【答案】1【解析】结合因式分解待定系数/+公+制2-5x+y+6=x+y-2x+/,+m即可得解.【详解】由题x+y—2是关于X、歹的多项式犬+g+力之-5x+y+6的因式,所以%2+cay+by1-5x+y+6=x+y—2工+勿+〃2艮|Jx2+axy+by2-5x+y+6=x2+/7+1a^+by2+m-2x+m-2by-2m=Z+1a=-lit—2=-5所以OAI,解得=-2m-2b=\m=-3-2m=6所以Q—6的值是
1.故答案为1【点睛】此题考查多项式因式分解,利用待定系数法求解系数,也可利用赋值法,结合特殊值求解.2019•山东•高三校联考竞赛整数〃使得多项式.危尸3—一公一〃一2可以表示为两个非常数整系数多项式的乘积,所有〃的可能值的和为.【答案】192【解析】由题意知«0=加+6%+4%+6其中〃、b、cd、均为整数,且不妨设〃,=13或
31.若⑷的=13则一5J—1尸1—b+c—3+e所以-3+e|-5得e=—2248;e\一又/--=得M=3卷一3〃一6有30矛盾.若ad=31一方面由一5=/—1得e—1|—5有e=—4026;另一方面ye=0得3/—2=0故可以求得〃的值为38—
226130.所以所求之和为
192.故答案为
192.2022•北京•高一统考竞赛满足22-7/+3+3;1+76+17=0的所有正实数%的整数部分之和是.【答案】5【解析】5-a/52x2-x-7+12+3x-7x2-x3+x4=05-a/52x2-x-7+%2-3x2-x-4=06-X2+3^/5-Y+%+4=0・•・x=7V5+3-l+J1+17+
46.2整数部分分别是
23.和是
5.故答案为
5.2020•浙江•高三竞赛设曲线C/x=x3-3x2+2x若对于任意实数3直线丁=丘+匕与曲线有且只有一个交点,则〃的取值范围为.【答案】
0.【解析】直线丁=依+〃与曲线联立,消去y得x3-3x2^2-kx-b=09法1由题设,该方程对任意的%£R均有且又只有一个实数解.,设gx=丁一+2-kx—b则gx=3/-6x+2-Z:则△=36-122-4对任意的ZeR恒成立,这不可能成立,故〃的取值范围为
0.法2设方程的根为小则由题意得,方程/+勿吠+〃=0无解,或方程的根为小.对比两边的系数得:-mx^=-3n-mx=2—%n-/ix0=-b所以几cR方程M+Anr+〃=化为94b1方程*无解时,则八=7一一°,即〃〉9x0对任意/恒成立,玉玉故b的取值范围为
0.94b904人22方程*有唯一的解/,则△==一一二°=工=R,于是—+3+竺=0矛盾.工*0414b79综上所述,6的取值范围为
0.故答案为
013.2021・全国•高三竞赛20^+11y3=ax3^bx2y-^cxy2+dy3则〃一2b+4c—8d=【答案】-8【解析】令x=ly=-2条件式立即化为(一2)3=4—2b+4c—8d即a—2/+4c—8d=—
8.故答案为-
8.9-x(9-x-y\
14.(2018・全国•高三竞赛)计算X;XC9-xX减x=\【答案】49-39【解析】考虑多项式(〃+b+c+d)99-x(9-x-y=ZZZQU夕id…A-09-x令a=/=c=d=l.则Z;ZC;.x=0类似地,当X=0时,SC9ZC9-.y=39故原式49—
3.y=0\z=
015.(2019・江西•高三校联考竞赛)将集合{12……,19}中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为.【答案】16815【解析】所求的和为,[+2++19)2-(12+22++192)]=-(36100-2470)=
16815.故答案为
16815.
16.(2019・全国•高三竞赛)已知实数V满足以+州=3加+刀2=73+勿3=]6办4+勿4=
42.贝ljQX+勿5-.【答案】20【解析】由依3+b3=]6=(以3+外3)(X+丁)=16(%+丁)一(以4+勿4)+孙(⑪2+)y2)=]6(x+y)=42+7孙=16(1+丁)
①ax2+by2=7=(加+0y2)(x+y)=7(x+y)+切3)+个(以+勿)=7(1+))=16+3v=7(x+y)
②联立式
①、
②解得x+y=-14肛=-
38.则ax4+by4=42=(4+勿4)(1+y)=42(X+y)n(加+/y[+孙+切3)=42(1+))=or5+Zy=42(x+y)-16“=
20.故答案为20(2019・全国•高三竞赛)对正整数k方程女)=02_%的整数解组(〃也有个.【答案】无数【解析】取=/7+1=/一女.则c2-k=a2b2-2kab+k2-k(er-k^=a2b2-k(cr+/2)+Z:
2.因片+/=3+1)2+62=26(^+1)+1=205+1所以,(a2-k)(b2-k)=c2-k.由b的任意性知,方程有无数个解.故答案为无数
三、解答题(2011・全国•高三竞赛)证明对任意整数〃(心4)存在一个〃次多项式〃x)=x〃+%_Hi+・・・+qx+4具体如下性质
(1)旬M,…必用均为正整数;
(2)对任意的正整数加及任意左(左之2)个互不相同的正整数、公…〃均有〃㈤工的弓)/)・・・/(〃).【解析】令/(x)=(x+D(x+2)・・・(x+〃)+
2.
①将式
①的右边展开即知是一个首项系数为1的正整数系数的〃次多项式.下面证明/(另满足性质
2.对任意的整数L由于〃24故连续的〃个整数,+U+2…+〃中必有一个为4的倍数.从而,由式
①知/(三2(mod4).因此对任意(2之2)个正整数、公…有…三2A=0(mod4).但对任意的正整数加有/(7n)=2(mod4).故/(㈤因此,/(%)符合题设要求.(2018・全国•高三竞赛)试求出所有实系数多项式〃尤),使得对满足必+bc+G〃=0的所有实数〃、b、C者B有/a—b+fS—c+/c—〃=2/a+b+c、.【解析】设/x=anxn++・・•+
4.因为对满足他+bc+ca=O的所有、bceR都有/仅一C+〃C—Q=2〃++,
①所以,当Q=/7=c=0时,有3/0=2/0/0=%=0;当Q=X人=c=o时.,有〃x+/_x=2/x.从而,〃-司=/力对一切]£/恒成立.因止匕,4=3=***=a2k-\=
0.m厂式
①O%2Aa-+«-〃”k=lL又a-/+仅一02+0_々2=2/+/+02=q+〃+c2q—b4+/—op+c—a,=,/+*+c+6a/2+b2c2+c2+q,一4Q%+Qb3+匹+庆3+03+加=〃2+/+/2+2/02+b2c2+2a2十4^crbc4-ab1c+abc1j=2tz+Z4-c4+2aZ+/2c+ca『=2«+/+c
4.设了⑴二@仁,令〃=q—/7v=b-cu+v=a-ca=〃+u+ch=c+v.因为qZ+Zc、+c=〃+u+cc+v+cc+v+c+u+c=3c2+2w+2vc+vw+v=0△=4“+〃|;+叫之0所以,对任意〃、u都存在c.从而c、
4、v确定了、b、c于是〃a-h+〃b-c+〃c-a=2/a+V+cog〃2+g32+g2+2〃u+u2令=上得2g6+g4〃2=2g3〃
2.比较u2n项系数得2+4〃=2X3〃.因为当时,42x3所以,方程整数解为〃=1或2故且%=2%2+4%/x=Ax4+5x2ABe/.求一元〃次多项式/(%)除以工-,的余数,可改为求多项式的值/(〃).反之,求多项式的值/(),可以通过除法运算而得到.由余数定理很自然地推出因式定理.推论1多项式/(X)有因式X-的充要条件是/(〃)=
0.这样一来,一元〃次多项式/(X)有因式尤-4与多项式的值/()=0建立了联系,它们之间互为充要条件.推论2若/(x)为整系数多项式,〃为整数,则/(x)除以X-a所得的商也为整系数多项式,余数为整数.
3、多项式的相等两个多项式相等,是指它们的次数相同并且同次项的系数对应相等,因此,要证明关于多项式的恒等式,可以将等式两边整理后比较同次项系数,反之,如果已知这个恒等式成立,则可以得到关于同次项系数的等式.这是多项式理论中证明许多重要定理的重要依据(如韦达定理的证明),也是处理多项式问题的基本出发点之一.【典例例题】题型一多项式的加法和乘法例
1.(2018•全国•高三竞赛)给定一个正整数〃,设〃个实数外电,…,〃满足下列〃个方程na4naE—=丁(J=l,23〃).确定和式5=Z不、的值(写成关于拉的最简式子).占i+J2尸1t2江1【答案】Sd前【解析】由题设知宫鼻-2r(2x+l)f+)=其中P(x)的次数不超过〃.对x=l23〃成立,所以P(x)=hjl(l)所为待定的常数)./=1-a4hlT
(1)从而,有方之三^一—
①i=iX+,2x4-1(2%+1)口*](工+
①的两边同乘以(2%+1)口a+i)后仍然是恒等式i=i⑶+股三日X+,)=4口(x+i)+Z n(x-R)
②i=lX+li=ii=ii=i这是因为
②的次数不超过〃,且有X=l23…,这〃个根.除此之外,还有无穷多个根(因为除去-1-2…,”之外的数皆为其根,这是由于
①为恒等式)ir1ViairiYiW121JI22JI2JI2JI2JI2Jrm/iV7352〃+1132/1-1GJ(-1)•k卜4=
0.v7222222卜(可■高再把上代入式
①,并取X得j/i\n132/1—13a4h(T).5方.一二-(一1)〃.攵句•+
422.
3.
5.2h±12・(2〃+1)2222-4=2+—-=2——2・(2+1)(2〃+1『(2〃+1)
2.例
2.(2018・四川•高三竞赛)试求,8之值,使多项式/+(2+1)/+(系数为1的二次式尸
(九)与(力之积且
1.P(X)=O有相异两实根乙S
2.⑺=5
(5)=厂.故/X是所求多项式中的一个解.下面证明所求多项式“X是唯一的.首先,设〃%的%“项系数.则/仁+小/到+]的/项系数分别是以得q=L其次,假设〃d+l_力卜2+1=k⑺—/2a=/⑺+力⑺/%_力⑴.
①因为工%、力%的炉项系数都是1,所以,工%+力%是几次多项式.而网%=工%-力X是左左V九次多项式,工V+1-力/+1=川/+1是22次多项式,与式
①矛盾.唯一性得证.例
4.2018・全国•高三竞赛假定生出,…,%和4,%,・.・例都是由不相等的复数所组成的序列.已知对1=12…10均有4+20+3…+幻=
100.证明对任何/=12—10乘积々+%%+%…g+%都等于同一常数,并求出此常数.【答案】-100【解析】令尸x=4+x%+x…4o+x—
100.
①则由题设条件知,仄%,...瓯是多项式尸⑴的不同的10个复根.由于产力是工的10次多项式且父的系数为1故由多项式的理论立知必有FX=JC-Z1A-Z
72...X-Z21O.
②这样,由
②知[bx+%仅2+%・・.40+%=产-以/.然后,由
①知尸一%=—
1.这就证明了所求的常数是-
100.题型二带余除法例
5.2020・浙江•高三竞赛已知尸x为整系数多项式,若尸⑴-V-2020Qx=l求尸xQx.【答案】答案见解析【解析】由题意得:P2x-l=x2-2020ex即[Px-l][Px+l]=—20200幻.因为尸x+l-[Px-1]=2故Px+lPx-1无公约式,若%=0则P入=±1若耳0因为PxQx为整系数多项式,1x或[p⑴+1=卜2_2020%x[px-l=%x其中0X%W无公约式,若[[I则%”干-20201⑴+2故Px=%2—20204]尤+1Qx=qx^x2-2020^qxx+2同理当|如+「1—22彷同时,[pX-l=%xPx=J12_20200jc-1Qx=q、司[卜2—20201x-2]综上Px=x2-2020^1x-1Qx=q{x[x2-2020^x-2-或P尤=%2一20204]尤+1Qx=1x炉―2020%%+2qx为整系数的多项式.例
6.2021•全国•高三竞赛记方={12-p-1}在模p意义下,其中夕为奇质数,/七々,,玉为系数定义在尸上的多项式且deg/=〃〃,〃为未定元七的个数.若/(,,0)=0证明〃/工2,,土)除
(0)外还有一个零点,即存在(4”)
(00)使得/(4M〃)=
0.(注匕取值也均从月中取本题中所有等于与取值均在模意义下进行)【答案】证明见解析.【解析】反证法若结论不成立,则对任意
(44)
(00)有/(4考虑多项式g(不/,…,乙)=1-7~则g(0…,0)=Lg(a1…=0((]…w(0…0)).
①下证degg〃(〃—1)则结论成立.对归纳证明,当〃=1时,由拉格朗日定理知结论成立(即deggN夕-1).设刀=攵时对应的g满足deggN—p-l).对〃=左+1时,记//(玉)=斗/”一
1.考虑以为为主元,对g用〃作带余除法,有且在夕中玉的次数小于〃-
1.而对任意(4々,,当)我们知当再W0时g(%]%2,i,Z)=0,/2(xJ=0故P(X,X2,,Z)=
0.即对任意一给定的(52,,七),有〃(不工2,,%)=°(工产°).而给定(冷冷/〃)后,〃(公工2,,%)相当于玉的多项式,而PG%/〃)关于A次数小于〃T.故此时夕相对七为零多项式(由拉格朗日定理),故,(0户2fZ)也为.故在取值上,〃(不々,〃)恒为.(仅在取值上!如〃(不%2…,当)可取必-工2).故g(O%2,,七)=(一1)・4(%2,,七),此时-左(0X2,,王)作为关于%2,,%的多项式也满足
①式.由归纳假设知deg425—1)(一1)故deggNdeg%+deg1之〃(p—1).一个三元多项式.【答案】k=~6【解析】假设存在这样的实数攵.则x5+y5+z5+M/+y2+z2)(x3+y3+z3)有因式x+y+z.令y=z=L则尤+2是犬+2+攵
①+2)仁+2)的因式.作多项式除法.用(1+女卜5+2小+2依2+必+2除以x+2的余式为-36左-
3.要使x+2整除炉+2+女/+2%2+2则一36攵—30=0nZ=—|^x2+/+z2x3+y3+z3卜一|y2+z2,|y3+z3x2+|y5+z5-5y3z2-5y2z3x+y+z=7^4-1y+2x3-12/+2z2-^zx2-1y+z/-3yz+z2x+1y+z2y2-3yz+z2oo5oo综上,这样的实数攵存在,且攵=-6q=1a2=24+2=4+1+%〃
21.
(1)求证数列相邻项组成的无穷个整点(4,%)(%吗),・・・,(%1,%)・・・均在曲线/+孙72+]=0上.2若设/x=x〃+xi-4U]gx=x2—x_i证明g犬整除〃龙.【答案】
(1)见解析
(2)见解析【解析】
1.用数学归纳法由久均为正整数知,gx=d*i整除“力.题型三多项式的相等a+h+c-\-d=3a2+h2+c2+d2=
3.abc+bed+eda+dab=1证明Q°_Q3=°1_03=dl_d3【答案】见解析【解析】根据恒等式得ab+be+cddaac+bd=/[Q+〃+c+d『设〃X=X1-x\只需证明fa=fb=fc=fd.注意至U^x-a^x-b^x-c^x-d^-abcd=x4-Q+b+c+dx3+ab+be+cd+da+ac+bdjx2一abc+bed+eda+dabx=x4-3x3+3x2-x=xx-l3=-/%.则,x=〃机力_%_%_6%_1_
4.令x=a4cd分别代入上式得fa=fb=/c=于⑷.=々1-3=bl-b3=cl-c3=dl-d3例
10.2019・全国•高三竞赛已知非常数的整系数多项式/X满足/+4/+41+3/=/一2/+2%-1〃%+
1.
①证明对所有正整数〃仇28“〃至少有五个不同的质因数.【答案】见解析【解析】式
①等价于X+3^X2+x+l/x=%—1乂12一x+l/x+l
②在式
②中分别令X=—3上回,d殳,
1.一22则/-2=1=/]殍=/⑴=.再在式
②中令1=-
20.则〃-1=〃0=
0.故-
2、-
1、
0、1及上普是/%=0的根.则“X=x+2x+lxX-lx2-x+lgx
③其中,g%为实系数多项式.由式
③得〃x+l=x+3x+2x+lxx2+x+lgx+l.
④将式
③、
④代入式
②得gx=gx+l.nnn设g尤=•则Z%尤”=Z%x+球・k=0k=04=0考虑两边〃—1次项系数知%t=〃4+4i=.所以gx为常数J故/x=cx+2x+lxx—lY_x—1其中,常数C£Z\{0}.首先证明几+2〃+1〃〃-1〃28至少有四个不同的质因数.否则,〃+2〃+1〃〃—1至多有三个不同的质因数
2、
3、p〃w23但〃—
1、〃、〃+
1、〃+2两两之间的最大公因数为
1、
2、3其中两个奇数互质,则为
3、“么匕£乂.从而,两个偶数为
2.、2x3c、deN故归-31=
1.解得gd=
2132.因此,这两个偶数为
8、6或
16、
18.前者不符,后者得到另两个奇数为
15、17或
17、19均导致矛盾.其次,假设存在某个正整数〃〃之8使得〃2—〃+i的每个质因数都是〃+2〃+1〃〃-1的质因数,且〃+2〃+1〃〃一1恰有四个质因数,否则,结论成立.显然,〃2—〃+]〃〃一0=1由/一〃+1=〃+]〃_2+3=〃+2〃-3+7知/一〃+1几+1=1或3川—〃+1〃+2=1或
7.故一九+1=
37、beN+.但9|一〃+1不能,故qe{01}则
0.由假设知〃+
2、几+
1、〃、〃—1的质因数为
2、
3、
7、〃〃
237.则7|〃+
2.考虑其中两个偶数、两个奇数的质因数集合A、反显然,2eA|B|2Ac5=3}.故小2或|A|=3且3eA.若4={23}或{27}则两个偶数为尸、2x3」或2同、2x7”得忙-31=1或|2-7〃|=
1.故这两个偶数为
16、18或
16、
14.前者得7]n+2不能;后者使〃+2〃+1〃〃-1有质因数
2、
3、
5、7及13或17矛盾.若人={2〃}贝U〃+2为奇数,〃一1为偶数.由3eA=3\〃—1=31九—
2.故〃+2=7工〃=3且2飞{〃+1及一1}c、d、e^N+cd2e
3.从而,p_21=lnde=
23.于是,拉=9贝Ij〃+2=llw70矛盾.若4={237}则3={32}且〃+2为偶数,〃+2〃—1=
3.故2x3x7]〃+
2.从而,〃=2〃—1=3n+\=pccd.e^N+c\d2于是,2-3〃=lncd=2l矛盾.若4={23〃}则3={37}且〃+2为奇数,5+2〃-1=
3.故3x7]〃+
2.但〃〃+2=1则及的奇质因数不是
3、7矛盾.例1L2018・全国•高三竞赛求满足条件的实系数多项式/*1对于任意的实数,有了a+1=/3+/1;2存在某一实数女产,使/匕=22/化=3,…,fKi=除/%〃=4其中〃为了X的次数.【答案】/X=X【解析】取=0由1可得/1=〃0+〃1从而/0=0“X不含常数项,记/%=4x+a/+.・.+a〃x〃.。