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多项式

从这里开始

目标训练建设中。知识要点、方法卡和分级真题已可使用；先从一道真题开始，卡住时逐级看提示，核对后再换题验证。

从 F1 第一题开始随机来一道 F2

本专题核心公式速查

互动实验：多项式的根与区间

多项式题的优势在于全体根与次数共同约束系数，通常不必逐根求解。把已知值变成零点、把高次幂按低次关系降次，再决定使用韦达、导数或整除。遇到极值与构造题，界、取等与根的重数要分别验证。

1. 先修与破题直觉：把已知函数值变成零点，常常不必解方程。若首一二次多项式 $P$ 满足 $P (1) = 1$ 、 $P (2) = 2$ ，则 $P (x) - x$ 仍是首一二次式，且以 $1, 2$ 为根，所以 $P (x) = x + (x - 1) (x - 2)$ ，从而 $P (3) = 5$ 。

2. 核心条件辨析：读韦达关系前先补齐缺项，并按 $x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3}$ 的符号约定对照； $x = a$ 是 $r$ 重根，要求 $F (a), F^{'} (a), \dots, F^{(r - 1)} (a)$ 全为零，只验 $F (a) = 0$ 只说明至少一重；有理根检验前先约分，并单独提出零根。

3. 典型误区对比：先读缺项读错对称多项式、幂和求和漏乘根数两组红绿卡，再做自测。每次先写出 $s_{1}, s_{2}, s_{3}$ 的值和符号，再代入牛顿（Newton）公式或降次关系。

4. 方法迁移带练：对 $x^{3} - x - 1 = 0$ 的三个根， $s_{1} = 0$ 、 $s_{2} = - 1$ 、 $s_{3} = 1$ 。先得 $p_{1} = 0$ 、 $p_{2} = s_{1}^{2} - 2 s_{2} = 2$ ；由 $x_{i}^{3} = x_{i} + 1$ 对三个根求和，常数项累加三次，得 $p_{3} = p_{1} + 3 = 3$ ；再由 $x_{i}^{4} = x_{i}^{2} + x_{i}$ 得 $p_{4} = p_{2} + p_{1} = 2$ 。重数的例子： $F (x) = x^{4} - 2 x^{2} + 1$ 有 $F (1) = F^{'} (1) = 0$ 、 $F^{''} (1) = 8 \neq = 0$ ，所以 $x = 1$ 恰为二重根。

5. 分级真题实战：先练“作差、已知零点与次数控制”和“对称式与根的分组参数”，再练“重数、导数与低次余式”“系数比较、奇偶筛选与编码”；之后进入“恒等式、共同中心与幂和递推”“取奇偶部或复合反射”，最后挑战“由节点或首项系数控制区间范数”和“首一整除、有理根与重数界”。

先修（培玉高中数学）：二次函数与一元二次方程、不等式函数的概念及其表示导数的运算二项式定理

知识要点

次数给非零多项式的根数上界

次数为 $d$ 的非零多项式，互异零点至多 $d$ 个；若连重数计算，根的重数之和也不能超过 $d$ 。例：首一三次式在 $0, 1, 2$ 处均为零，就只能是 $x (x - 1) (x - 2)$ ，其在 $3$ 处的值为 $6$ 。已知若干函数值时先作差，把这些条件变成零点；使用次数上界前须排除零多项式。

重根条件同时控制导数

在实数或复数系数下， $(x - a)^{r}$ 整除 $F (x)$ ，等价于 $F (a), F^{'} (a), \dots, F^{(r - 1)} (a)$ 均为零。例： $F (x) = x^{4} + 2 x$ 除以 $(x - 1)^{2}$ ，一次余式为 $F (1) + F^{'} (1) (x - 1) = 6 x - 3$ 。恰为 $r$ 重根还须第 $r$ 阶导数非零；单根处的导数才可放在分母中。

根的初等对称多项式与牛顿（Newton）幂和公式

设首一三次多项式 $P (x) = x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3} = (x - x_{1}) (x - x_{2}) (x - x_{3})$ ，则初等对称多项式为 $s_{1} = x_{1} + x_{2} + x_{3}, s_{2} = x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1}, s_{3} = x_{1} x_{2} x_{3}$ 。记幂和 $p_{k} = x_{1}^{k} + x_{2}^{k} + x_{3}^{k}$ （ $p_{0} = 3$ ），则满足牛顿（Newton）幂和递推：

p_{1} = s_{1}, p_{2} = s_{1} p_{1} - 2 s_{2} = s_{1}^{2} - 2 s_{2}, p_{3} = s_{1} p_{2} - s_{2} p_{1} + 3 s_{3} = s_{1}^{3} - 3 s_{1} s_{2} + 3 s_{3},

且对一切整数 $k \geq 3$ 有 $p_{k} - s_{1} p_{k - 1} + s_{2} p_{k - 2} - s_{3} p_{k - 3} = 0$ 。此外，根都非零时倒数平方和为 $(s_{2}^{2} - 2 s_{1} s_{3}) / s_{3}^{2}$ 。例：根为 $1, 2, 3$ 时， $s_{1} = 6, s_{2} = 11, s_{3} = 6$ ，得 $p_{2} = 36 - 22 = 14$ ， $p_{3} = 6 \times 14 - 11 \times 6 + 18 = 36$ ，倒数平方和为 $49/36 = 1 + 1/4 + 1/9$ 。

低次方程压缩高次幂与对称多项式归约

若每个根都满足同一个低次方程，可将高次幂逐阶降为低次线性组合，不必先求根。例： $α^{2} = α + 1$ 时，依次有 $α^{3} = 2 α + 1$ 、 $α^{4} = 3 α + 2$ 、 $α^{5} = 5 α + 3$ 。对所有 $d$ 个根求和时，常数项必须乘以根的个数 $d$ （即 $p_{0} = d$ ），初值 $p_{1}, \dots, p_{d - 1}$ 由牛顿公式从系数算出。对称有理式先检查每个分母在各根处非零，再通分并用初等对称式归约；一般分母不能保证降成一次式。对线性分母有专门捷径： $P (t) \neq = 0$ 时，由乘积求导得 $\sum_{i = 1}^{d} \frac{1}{t - x _{i}} = \frac{P ^{'} ( t )}{P ( t )}$ （根按重数列出）。例如根为 $1, 2, 3$ ，取 $t = - 1$ 后得 $\sum_{i} 1/ (x_{i} + 1) = - P^{'} (- 1) / P (- 1) = 13/12$ 。

挑选代入点可以筛出系数

若 $F (x) = \sum a_{j} x^{j}$ ，则 $(F (1) + F (- 1)) /2$ 是偶次项系数和，差的一半是奇次项系数和。例： $F (x) = 2 - 3 x + x^{2} + 4 x^{3}$ ，有 $F (1) = 4, F (- 1) = 2$ ，所以奇次系数和为 $1$ ，偶次为 $3$ 。系数受限为零或一、正负一时，在整数点的值还可能成为唯一的进位编码，须证明表示不会碰撞。

反射能消项，两条对称轴会带来平移

偶部 $(F (x) + F (- x)) /2$ 消去奇次项，奇部则反过来。例： $x^{2} - 2 x$ 关于 $x = 1$ 对称，因为代入 $2 - x$ 后不变。若一个多项式同时关于 $x = 1$ 和 $x = 3$ 对称，复合两次反射会使它具有非零周期 $4$ ，于是只能为常数；一般非恒定多项式的最高次项在平移作差后不会全部消失。

区间上的统一界要配取等多项式

若实多项式 $F (x) = a x^{2} + b x + c$ 在 $[- 1, 1]$ 上满足 $∣ F (x) ∣ \leq 1$ ，取偶部 $H (x) = a x^{2} + c$ 后仍有 $∣ H ∣ \leq 1$ ，故 $∣ a ∣ = ∣ H (1) - H (0) ∣ \leq 2$ 。多项式 $2 x^{2} - 1$ 可取到此界。高次情形可选插值节点提取目标系数；各节点同时取所需符号能否由同一多项式实现，需要另外验证。

有理根与整数根都要先约分

整系数多项式的既约有理根 $u / v$ ，其中 $v > 0$ ，满足分子整除非零常数项、分母整除首项系数；常数项为零时先提出零根因子。首一且剩余常数为 $\pm 1$ 时，非零整数根只能为 $\pm 1$ 。例： $x^{3} - x^{2} - x + 1 = (x - 1)^{2} (x + 1)$ ，正整数根按重数算有两个，按不同数值算则只有一个。

方法卡

多项式在几个点取已知值：作差变成零点，再由次数定形

把已知值减掉，让它们变成同一个多项式的零点。一个不恒为零的 $n$ 次多项式至多有 $n$ 个不同的根，所以根找够了就能写出它的全部因式，只差一个首项系数。

完整讲解 · 例题 · 可练 19 题

一、是什么

根和因式： $P (r) = 0$ 就能提出 $x - r$

多项式是 $x$ 的乘方和常数相加而成的式子。使 $P (x) = 0$ 的 $x$ 叫根，也叫零点。若 $P (r) = 0$ ，则 $P (x) = P (x) - P (r)$ ，而每一项的差都含因式 $x - r$ ： $x^{2} - r^{2} = (x - r) (x + r)$ ， $x^{3} - r^{3} = (x - r) (x^{2} + r x + r^{2})$ ，更高次也一样。所以 $P (x) = (x - r) Q (x)$ ， $Q$ 的次数比 $P$ 少 $1$ 。例如 $x^{2} - 5 x + 6$ 在 $x = 2$ 处为 $0$ ，它等于 $(x - 2) (x - 3)$ 。

根数上限：次数管住根的个数

最高次项的次数叫次数，最高次项的系数叫首项系数。设 $P$ 有不同的根 $r, s$ ，提出 $x - r$ 后 $P (x) = (x - r) Q (x)$ 。代入 $s$ 得 $(s - r) Q (s) = 0$ ，又 $s - r \neq = 0$ ，所以 $Q (s) = 0$ ，还能继续提出 $x - s$ 。每提一次次数少 $1$ ，所以不恒为零的 $n$ 次多项式至多有 $n$ 个不同的根。恰有 $n$ 个不同的根 $r_{1}, \dots, r_{n}$ 时， $P (x) = a (x - r_{1}) \dots (x - r_{n})$ ，其中 $a$ 是首项系数。反过来，次数不超过 $n$ 的多项式若有 $n + 1$ 个不同的根，它只能恒等于 $0$ 。这条结论要求多项式不恒为零，恒为零的多项式处处都是根。

作差：把函数值变成零点

已知 $P (1) = 1, P (2) = 2$ 时，这两个值都落在 $y = x$ 上，所以 $P (x) - x$ 在 $x = 1, 2$ 处为 $0$ 。若 $P$ 是首项系数为 $3$ 的二次式，那么 $P (x) - x$ 也是首项系数为 $3$ 的二次式，于是 $P (x) - x = 3 (x - 1) (x - 2)$ ，展开得 $P (x) = 3 x^{2} - 8 x + 6$ 。代回： $P (1) = 1$ ， $P (2) = 12 - 16 + 6 = 2$ 。减掉的低次式要选得让差的次数清楚。如果减的式子和 $P$ 同次且首项系数相同，差的次数会下降，要重新数次数。

先看一道例题

例 1：三个函数值定出二次式，再求最小值

二次式 $P$ 满足 $P (1) = 1, P (2) = 2, P (0) = 4$ 。求 $P (x)$ 的最小值。

怎么看出来：

$P (1) = 1, P (2) = 2$ 都落在 $y = x$ 上，先作差，不必列三元方程组。

解：

$P (x) - x$ 是二次式，以 $1, 2$ 为根，设 $P (x) - x = k (x - 1) (x - 2)$ 。代入 $x = 0$ ： $4 = 2 k$ ， $k = 2$ 。所以 $P (x) = 2 x^{2} - 5 x + 4$ 。配方： $P (x) = 2 (x - \frac{5}{4})^{2} + \frac{7}{8}$ 。平方非负且首项系数 $2 > 0$ ，所以 $x = \frac{5}{4}$ 时取最小值 $\frac{7}{8}$ 。

答案：

最小值为 $\frac{7}{8}$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
几个点的函数值恰好落在一个低次式上，如 $P (1) = 1, P (2) = 2$	减掉这个低次式，差以这些点为根
函数值和自变量的积相同，如 $f (1) = 2, f (2) = 1$	乘分母，看 $x f (x) - 2$ ，次数多 $1$ ，可能还差一个根（见进阶“乘分母与线性组合”）
两个次数不超过 $n$ 的多项式在 $n + 1$ 个点取值相同	差只能恒等于 $0$ ，两个式子完全相同
两个二次方程有公共根	先乘常数使二次项系数相同，再相减消去二次项，先求公共根（见进阶“乘分母与线性组合”）
只问实根落在哪里、有几个	代整数看变号，再用次数或符号法则说明没有更多根（见进阶“变号夹根”）

三、怎么用

看已知值落在哪个低次式上。例如二次式 $P$ 满足 $P (1) = 1, P (2) = 2, P (0) = 4$ ，前两个值落在 $y = x$ 上。
作差，写出差的次数。 $P (x) - x$ 的次数是 $2$ ，因为 $P$ 是二次式而减的是一次式。
写成因式乘首项系数。差以 $1, 2$ 为根，所以 $P (x) - x = k (x - 1) (x - 2)$ ，这里 $k$ 等于 $P$ 的首项系数，还不知道。
用剩下的条件定 $k$ 。代入 $x = 0$ ： $4 = 2 k$ ， $k = 2$ ，所以 $P (x) = x + 2 (x - 1) (x - 2) = 2 x^{2} - 5 x + 4$ 。
代回全部已知条件。 $P (1) = 1$ ， $P (2) = 8 - 10 + 4 = 2$ ， $P (0) = 4$ ，都成立。

四、再做一道

例 2：差里减的是二次式，再解全部根

三次式 $P$ 的首项系数为 $1$ ， $P (- 1) = 1, P (0) = 0, P (1) = 1$ 。解方程 $P (x) = 0$ 。

怎么看出来：

$1, 0, 1$ 正好是 $x^{2}$ 在 $- 1, 0, 1$ 处的值，所以减的不是一次式，而是 $x^{2}$ 。

解：

$P (x) - x^{2}$ 仍是首项系数为 $1$ 的三次式，以 $- 1, 0, 1$ 为根，所以 $P (x) - x^{2} = (x + 1) x (x - 1) = x^{3} - x$ ，即 $P (x) = x^{3} + x^{2} - x = x (x^{2} + x - 1)$ 。令 $P (x) = 0$ ： $x = 0$ ，或 $x^{2} + x - 1 = 0$ ，由求根公式 $x = \frac{- 1 \pm 5}{2}$ 。三次方程至多 $3$ 个根，已经找全。代回已知： $P (- 1) = - 1 + 1 + 1 = 1$ ， $P (1) = 1 + 1 - 1 = 1$ ， $P (0) = 0$ 。

答案：

$x = 0$ 或 $x = \frac{- 1 \pm 5}{2}$ 。

五、容易错在哪

用根数上限之前，要先确认差不恒为零，或者本来就想证明它恒为零。若把次数算错，结论也跟着错。
差的次数要重新数。首项系数为 $1$ 的二次式减 $x^{2}$ ，差的次数不超过 $1$ ，不是 $2$ 。
写成 $k (x - r_{1}) \dots (x - r_{n})$ 时不要漏掉首项系数 $k$ ，只有题目说首项系数为 $1$ 才能省略。
找到几个根不等于找全了。根的总数要用次数或符号法则说明。
变号只说明开区间内有根，区间的端点不是根，也不说明这个区间内只有一个根。

进阶：乘分母与线性组合 · 先修：本卡基础部分

乘分母：已知值是分式时

已知 $f (1) = 2, f (2) = 1$ ，这些值满足 $x f (x) = 2$ ，因此 $x f (x) - 2$ 有根 $1, 2$ 。乘上去之后次数升高 $1$ ，要重新数根：已知的根可能不够，还差的根设成未知数。代入 $x = 0$ 时， $x f (x)$ 这一项消失，常常能定出它。

相减降次：两个式子一起看

$f, g$ 是首项系数相同的二次式时， $f - g$ 的次数不超过 $1$ 。公共根也是 $f - g$ 的根，所以先相减，把二次问题变成一次问题。比值已知时用线性组合：若在 $x = r$ 处 $f (r) = λ g (r)$ （ $λ$ 是常数），则 $f (x) - λ g (x)$ 以 $r$ 为根。相减后一次项系数为 $0$ 的情形要单独看，因为这时 $f - g$ 可能恒为零。

例 3：乘分母后还差一个根

二次式 $f$ 的首项系数为 $3$ ， $f (1) = 2, f (2) = 1$ 。解方程 $f (x) = \frac{2}{x}$ 。

怎么看出来：

$1 \cdot 2 = 2 \cdot 1 = 2$ ，所以 $x f (x) - 2$ 有根 $1, 2$ 。它是三次式，还差一个根，这个根正是要求的。

解：

原方程要求 $x \neq = 0$ ，它等价于 $x f (x) - 2 = 0$ 。 $x f (x) - 2$ 是首项系数为 $3$ 的三次式，有根 $1, 2$ ，设它等于 $3 (x - 1) (x - 2) (x - r)$ 。代入 $x = 0$ ，左边是 $- 2$ ，右边是 $3 \cdot (- 1) (- 2) (- r) = - 6 r$ ，所以 $r = \frac{1}{3}$ 。三次方程至多 $3$ 个根，已经找全，且都不为 $0$ 。检查：展开得 $x f (x) = 3 x^{3} - 10 x^{2} + 9 x$ ，所以 $f (x) = 3 x^{2} - 10 x + 9$ 。 $f (1) = 2$ ， $f (2) = 1$ ， $f (\frac{1}{3}) = \frac{1}{3} - \frac{10}{3} + 9 = 6 = \frac{2}{1/3}$ 。

答案：

$x = 1, 2, \frac{1}{3}$ 。

例 4：相减求公共实根

方程 $x^{2} + a x + 1 = 0$ 与 $x^{2} + x + a = 0$ 有公共实根，求实数 $a$ 。

怎么看出来：

两个二次式首项系数都是 $1$ ，相减就没有二次项。

解：

设公共实根为 $r$ 。两式相减： $(a - 1) r + (1 - a) = 0$ ，即 $(a - 1) (r - 1) = 0$ 。若 $a = 1$ ，两个方程都是 $x^{2} + x + 1 = 0$ ，判别式 $1 - 4 < 0$ ，没有实根，舍去。若 $a \neq = 1$ ，则 $r = 1$ ，代入第一个方程得 $2 + a = 0$ ， $a = - 2$ 。检查： $x^{2} - 2 x + 1 = (x - 1)^{2}$ ， $x^{2} + x - 2 = (x - 1) (x + 2)$ ，确有公共实根 $1$ 。

答案：

$a = - 2$ 。

进阶：两次复合 · 先修：本卡基础部分

两次复合： $f (x) = x$ 的根都还在

若 $f (x) = x$ ，则 $f (f (x)) = f (x) = x$ 。所以 $f (x) = x$ 的根都是 $f (f (x)) = x$ 的根，多项式 $f (f (x)) - x$ 含因式 $f (x) - x$ 。先把这个因式提出来，四次方程就只剩两个二次式。

例 5：提出 $f (x) - x$ ，数实根个数

设 $f (x) = x^{2} + c$ 。求实数 $c$ 的范围，使方程 $f (f (x)) = x$ 恰有 $2$ 个不同的实根。

怎么看出来：

$f (x) = x$ 的根一定是 $f (f (x)) = x$ 的根，所以 $f (x) - x$ 是因式。

解：

展开并分解： $f (f (x)) - x = x^{4} + 2 c x^{2} - x + c^{2} + c = (x^{2} - x + c) (x^{2} + x + c + 1)$ ，展开右边可以核对。第一个因式的判别式是 $1 - 4 c$ ，第二个是 $- 3 - 4 c$ 。逐段看：当 $c > \frac{1}{4}$ ，两个判别式都为负，没有实根。当 $c = \frac{1}{4}$ ，只有 $x = \frac{1}{2}$ ，共 $1$ 个。当 $- \frac{3}{4} < c < \frac{1}{4}$ ，第一个因式有 $2$ 个不同实根，第二个没有，共 $2$ 个。当 $c = - \frac{3}{4}$ ，第一个因式的根是 $\frac{3}{2}, - \frac{1}{2}$ ，第二个因式 $(x + \frac{1}{2})^{2}$ 的根 $- \frac{1}{2}$ 和前面重合，共 $2$ 个。当 $c < - \frac{3}{4}$ ，两个因式各有 $2$ 个不同实根。若它们有公共根，两式相减得 $2 x + 1 = 0$ ， $x = - \frac{1}{2}$ ，代回第一个因式得 $c = - \frac{3}{4}$ ，与 $c < - \frac{3}{4}$ 矛盾，所以共 $4$ 个。

答案：

$- \frac{3}{4} \leq c < \frac{1}{4}$ 。

进阶：变号夹根 · 先修：多项式图象连续

变号夹根：只要位置和个数

多项式的图象连续不断，这是这里使用的事实。若 $P (a), P (b)$ 异号，图象从横轴一侧到另一侧必穿过横轴，所以开区间 $(a, b)$ 内至少有一个根。端点的值不为 $0$ ，端点本身不是根。找到的根够了才算全部：次数给上限，也可用符号法则。符号法则是：把非零系数按次数从高到低排好，相邻两个异号的次数记作 $V$ ，则正根的个数（重根按重数算）不超过 $V$ 。这条结论这里只使用，不证明。例如 $x^{3} + 2 x^{2} - x - 5$ 的系数符号是 $+, +, -, -$ ， $V = 1$ ，又 $P (1) = - 3, P (2) = 9$ ，所以它恰有 $1$ 个正根，在 $(1, 2)$ 内。

例 6：含参数的方程：变号夹根

设 $0 < a < 2$ ， $P (x) = x^{3} - 3 x + a$ 。证明 $P (x) = 0$ 恰有 $3$ 个实根，并写出每个根所在的区间。 $a = 2$ 时这个说法还成立吗？

怎么看出来：

$a$ 不确定，但代入整数后，每个值的符号都能由 $0 < a < 2$ 确定。

解：

计算 $P (- 2) = a - 2 < 0$ ， $P (0) = a > 0$ ， $P (1) = a - 2 < 0$ ， $P (2) = a + 2 > 0$ 。所以 $(- 2, 0), (0, 1), (1, 2)$ 这 $3$ 个开区间内各至少有一个根。三次方程至多 $3$ 个根，所以恰有 $3$ 个，每个开区间恰有一个。 $a = 2$ 时 $P (1) = 0$ ，变号的说法失效。这时 $P (x) = (x - 1)^{2} (x + 2)$ ，只有 $1$ 和 $- 2$ 两个不同的实根，所以不再成立。

答案：

恰有 $3$ 个实根，分别在 $(- 2, 0), (0, 1), (1, 2)$ 内； $a = 2$ 时只有 $2$ 个不同的实根。

真题

按这个方法练 · 19 题

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除式有重复因子：函数值不够，再用导数

$(x - r)^{2}$ 整除一个多项式，要同时满足两条：它在 $r$ 处的值是 $0$ ，它的导数在 $r$ 处的值也是 $0$ 。这样，重复的因子就能转化成方程。这里的导数只是多项式的一条计算规则，当场就能学会。

完整讲解 · 例题 · 可练 6 题

一、是什么

多项式的导数：一条计算规则

多项式 $P (x)$ 的导数 $P^{'} (x)$ 按下面的规则逐项算： $x^{n}$ 变成 $n x^{n - 1}$ ，常数变成 $0$ ，系数不变。例如 $P (x) = x^{3} - 3 x + 2$ ，则 $P^{'} (x) = 3 x^{2} - 3$ 。

为什么导数能判断重根

因为 $x^{n} - r^{n} = (x - r) (x^{n - 1} + x^{n - 2} r + \dots + r^{n - 1})$ ，右边括号在 $x = r$ 时等于 $n r^{n - 1}$ ，这正是 $x^{n}$ 的导数在 $r$ 处的值。逐项相加，就得到 $P (x) - P (r) = (x - r) G (x)$ ，其中 $G (r) = P^{'} (r)$ 。所以 $P (r) = 0$ 时， $P (x) = (x - r) G (x)$ 。多项式 $G$ 能再提出 $x - r$ ，等价于 $G (r) = 0$ ，也就是 $P^{'} (r) = 0$ 。结论： $(x - r)^{2}$ 整除 $P (x)$ ，等价于 $P (r) = 0$ 且 $P^{'} (r) = 0$ 。

检验和余式

$P (x) = x^{3} - 3 x + 2$ ， $P (1) = 0$ ， $P^{'} (1) = 0$ ，所以 $(x - 1)^{2}$ 整除 $P$ ；实际上 $P = (x - 1)^{2} (x + 2)$ 。 $x = - 2$ 时 $P (- 2) = 0$ ， $P^{'} (- 2) = 9 \neq = 0$ ，它只是单根。余式也可以这样处理：若 $P (x)$ 除以 $(x - r)^{2}$ 的余式是 $a x + b$ ，那么 $P (x) - a x - b$ 被 $(x - r)^{2}$ 整除，导数是 $P^{'} (x) - a$ ，所以 $P (r) = a r + b$ ， $P^{'} (r) = a$ 。

先看一道例题

例 1：由整除求系数

$(x - 1)^{2}$ 整除 $x^{4} + a x + b$ 。求 $a, b$ 。

怎么看出来：

除式是重复因子，两个未知数，正好用函数值和导数两个方程。

解：

设 $P (x) = x^{4} + a x + b$ ，则 $P^{'} (x) = 4 x^{3} + a$ 。由 $P (1) = 1 + a + b = 0$ ， $P^{'} (1) = 4 + a = 0$ ，得 $a = - 4$ ， $b = 3$ 。检查： $(x - 1)^{2} (x^{2} + 2 x + 3) = x^{4} - 4 x + 3$ ，一致。

答案：

$a = - 4, b = 3$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
除式是 $(x - r)^{2}$ 这样的重复因子	列 $P (r)$ 和 $P^{'} (r)$ 两个方程
题目说“ $x = r$ 是二重根”	$P (r) = 0$ ， $P^{'} (r) = 0$ ，都要写
已知 $P (x) - c$ 有高重根	先写因式，或转化成 $P^{'}$ 的条件（见进阶“高重根”）
多项式对所有实数非负，且有实根	实根是偶数重（见同一进阶）
出现根处导数的倒数，或切线斜率	用根的差表示（见进阶“根处的导数”）
$α, β$ 是二次方程的根， $f (α) = β$ ， $f (β) = α$	用 $α + β$ 把值写成减法，再作差（见进阶“根互换”）

三、怎么用

写导数。 $P (x) = x^{3} - 3 x + 2$ ， $P^{'} (x) = 3 x^{2} - 3$ 。
代入重根。 $r = 1$ ： $P (1) = 1 - 3 + 2 = 0$ ， $P^{'} (1) = 3 - 3 = 0$ 。
解方程或下结论。两个值都是 $0$ ，所以 $(x - 1)^{2}$ 整除 $P (x)$ 。题目有未知系数时，这两个式子就是两个方程。
分解或代回检查。 $(x - 1)^{2} (x + 2) = (x^{2} - 2 x + 1) (x + 2) = x^{3} - 3 x + 2$ ，一致。

四、再做一道

例 2：由余式求系数

$x^{4} + a x^{2} + b$ 除以 $(x - 1)^{2}$ 的余式是 $2 x + 1$ 。求 $a, b$ 。

怎么看出来：

给的是余式，所以先减掉它，变成整除；导数里减掉的是 $2$ 。

解：

设 $P (x) = x^{4} + a x^{2} + b$ ， $(x - 1)^{2}$ 整除 $P (x) - 2 x - 1$ 。代入 $x = 1$ ： $1 + a + b - 3 = 0$ 。导数是 $4 x^{3} + 2 a x - 2$ ，代入 $x = 1$ ： $4 + 2 a - 2 = 0$ ，所以 $a = - 1$ ，再得 $b = 3$ 。检查： $(x - 1)^{2} (x^{2} + 2 x + 2) = x^{4} - x^{2} - 2 x + 2$ ，加上 $2 x + 1$ 得 $x^{4} - x^{2} + 3$ ，一致。

答案：

$a = - 1, b = 3$ 。

五、容易错在哪

重复因子只代函数值，会少一个方程，还要代导数。
“至少 $r$ 重”和“恰好 $r$ 重”不同，后者还要检查下一层不为零。
重根处导数等于 $0$ ，如果题目要算导数的倒数，先确认所有根互不相等。
有余式时，导数要减去余式的导数，不要直接令 $P^{'} (r) = 0$ 。

进阶：高重根 · 先修：本卡基础部分

三重和更高的重根

乘积的导数满足 $(uv)^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ ，这条规则可以由逐项展开得到。设 $P = (x - r)^{k} Q$ ，其中 $k \geq 1$ ， $Q (r) \neq = 0$ ，则 $P^{'} = (x - r)^{k - 1} (k Q + (x - r) Q^{'})$ 。括号在 $x = r$ 处等于 $k Q (r) \neq = 0$ ，所以 $r$ 恰好是 $P^{'}$ 的 $k - 1$ 重根。由此得到两个方向： $r$ 是 $P$ 的至少 3 重根时， $(x - r)^{2}$ 整除 $P^{'}$ ；反过来， $P (r) = 0$ 且 $(x - r)^{2}$ 整除 $P^{'}$ 时， $k - 1 \geq 2$ ， $r$ 至少是 3 重根。“至少 3 重”不等于“恰好 3 重”，要恰好还要检查下一层不为零。

非负的多项式：实根是偶数重

多项式不恒为零，且对所有实数都不小于 $0$ ，那么它的每个实根都是偶数重。原因：如果是奇数重， $x$ 经过这个根时，多项式的值会变号，就会出现负值。例如二次式对所有实数非负且 $f (1) = 0$ ，就只能是 $f (x) = a (x - 1)^{2}$ ， $a > 0$ 。

例 3：条件能否同时成立

是否存在三次多项式 $q (x)$ ，使 $x = 0$ 是 $q (x) - 1 = 0$ 的三重根， $x = 1$ 是 $q (x) = 0$ 的二重根？如果次数放宽到四次呢？

怎么看出来：

三重根直接写因式，数一数剩几个未知系数，再和二重根的两个方程比较。

解：

三次时， $q (x) - 1$ 被 $x^{3}$ 整除，所以 $q (x) = a x^{3} + 1$ ， $a \neq = 0$ 。二重根要求 $q (1) = a + 1 = 0$ 和 $q^{'} (1) = 3 a = 0$ ，前者 $a = - 1$ ，后者 $a = 0$ ，矛盾，不存在。四次时， $q (x) = x^{3} (a x + b) + 1$ ，有两个未知系数： $q (1) = a + b + 1 = 0$ ， $q^{'} (1) = 4 a + 3 b = 0$ ，解得 $a = 3, b = - 4$ 。检查： $q (x) = 3 x^{4} - 4 x^{3} + 1 = (x - 1)^{2} (3 x^{2} + 2 x + 1)$ ，且 $q (x) - 1 = x^{3} (3 x - 4)$ ， $x = 0$ 恰是三重根。

答案：

三次不存在；四次存在，且只有 $3 x^{4} - 4 x^{3} + 1$ 。

进阶：根处的导数 · 先修：本卡基础部分，分式运算

单根处的导数：化成根的差

设 $F (x) = A (x - r_{1}) (x - r_{2}) (x - r_{3})$ ，三个根互不相等。写成 $F (x) = (x - r_{1}) G (x)$ ，上面已证 $F^{'} (r_{1}) = G (r_{1}) = A (r_{1} - r_{2}) (r_{1} - r_{3})$ 。这样，倒数和分式都能写成根的差。根必须互不相等，否则分母是 $0$ 。

切线和三次曲线的另一个交点

曲线 $y = F (x)$ 在 $x = t$ 处的切线，斜率就是 $F^{'} (t)$ 。切线和曲线的方程相减， $x = t$ 是重根。例如 $y = x^{3} - x$ 在 $x = 1$ 处的切线斜率是 $2$ ，方程是 $y = 2 (x - 1)$ 。相减得 $x^{3} - 3 x + 2 = (x - 1)^{2} (x + 2)$ ，所以另一个交点的横坐标是 $- 2$ 。首一三次式的三根之和只和 $x^{2}$ 的系数有关，这里 $1 + 1 + (- 2) = 0$ 。

例 4：根的差算平方和分式

$F (x) = x^{3} - 2 x^{2} - 5 x + 6$ 的三个根为 $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ 。求 $\frac{r _{1}^{2}}{F ^{'} ( r _{1} )} + \frac{r _{2}^{2}}{F ^{'} ( r _{2} )} + \frac{r _{3}^{2}}{F ^{'} ( r _{3} )}$ 。

怎么看出来：

分母是根处的导数，先分解确认根互不相等。

解：

$F (x) = (x - 1) (x + 2) (x - 3)$ ，根是 $1, - 2, 3$ ，互不相等。 $F^{'} (x) = 3 x^{2} - 4 x - 5$ ，所以 $F^{'} (1) = - 6$ ， $F^{'} (- 2) = 15$ ， $F^{'} (3) = 10$ 。代入得 $\frac{1}{- 6} + \frac{4}{15} + \frac{9}{10} = \frac{- 5 + 8 + 27}{30} = 1$ 。结果整齐是有原因的。 $F$ 首一，所以 $F^{'} (r_{1}) = (r_{1} - r_{2}) (r_{1} - r_{3})$ 。作 $S (x) = r_{1}^{2} \frac{( x - r _{2} ) ( x - r _{3} )}{F ^{'} ( r _{1} )} + r_{2}^{2} \frac{( x - r _{1} ) ( x - r _{3} )}{F ^{'} ( r _{2} )} + r_{3}^{2} \frac{( x - r _{1} ) ( x - r _{2} )}{F ^{'} ( r _{3} )}$ 。 $x = r_{1}$ 时后两项是 $0$ ，第一项等于 $r_{1}^{2}$ ，另两个根也一样，所以 $S (x) - x^{2}$ 有 $3$ 个不同的根。它的次数不超过 $2$ ，只能恒为 $0$ ，所以 $S (x) = x^{2}$ 。比较 $x^{2}$ 的系数，就是要求的和，等于 $1$ 。

答案：

$1$ 。

进阶：根互换 · 先修：一元二次方程的根与系数关系，因式定理

根互换：把函数值改写成减法

设 $α, β$ 是 $x^{2} - 3 x + 1 = 0$ 的两个不等的根， $α + β = 3$ 。如果 $f (α) = β$ ， $f (β) = α$ ，就把 $β$ 写成 $3 - α$ ， $α$ 写成 $3 - β$ ，于是 $f (x) - (3 - x)$ 在 $α, β$ 处都是 $0$ ，被 $x^{2} - 3 x + 1$ 整除。所以 $f (x)$ 除以 $x^{2} - 3 x + 1$ 的余式是 $3 - x$ 。根是复数时也一样。再有别的条件，就用来定商。

真题

按这个方法练 · 6 题

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只问根的和、积和对称式：用韦达定理，不求根

把多项式写成 $(x - α) (x - β) \dots$ 再展开，系数就是根的和与积。交换根的位置后不变的多项式和分式，都能用这些和与积算出来。系数只说明根之间的关系，根是否存在、是否为实数要另外判断。

完整讲解 · 例题 · 可练 29 题

一、是什么

韦达定理从展开来

$x^{2} + p x + q$ 有根 $α, β$ 时， $x^{2} + p x + q = (x - α) (x - β) = x^{2} - (α + β) x + α β$ ，比较系数得 $α + β = - p, α β = q$ 。 $x^{3} + a x^{2} + b x + c$ 有根 $α, β, γ$ 时，展开 $(x - α) (x - β) (x - γ)$ 得 $α + β + γ = - a, α β + β γ + γ α = b, α β γ = - c$ 。检查： $x^{3} - 6 x^{2} + 11 x - 6$ 的根是 $1, 2, 3$ ，和为 $6$ ，两两积之和为 $11$ ，积为 $6$ 。首项系数不是 $1$ 时，先把整个方程除以首项系数。

对称式怎么化

交换任意两个根，值不变的式子叫对称式。常用的有： $α^{2} + β^{2} + γ^{2} = (α + β + γ)^{2} - 2 (α β + β γ + γ α)$ ；三根积不为 $0$ 时， $\frac{1}{α} + \frac{1}{β} + \frac{1}{γ} = \frac{α β + β γ + γ α}{α β γ}$ 。二次方程还有 $(α - β)^{2} = (α + β)^{2} - 4 α β$ 。

代入一个数，就是平移后的乘积

在 $f (x) = (x - α) (x - β) (x - γ)$ 中令 $x = k$ ，得 $f (k) = (k - α) (k - β) (k - γ)$ 。所以 $(α - 1) (β - 1) (γ - 1) = - f (1)$ ，这里多一个负号，因为 $3$ 个因子各变了一次号。

用和与积造方程

两个数的和为 $S$ 、积为 $T$ ，它们就是 $x^{2} - S x + T = 0$ 的根，因为 $(x - u) (x - v) = x^{2} - (u + v) x + uv$ 。三个数同样可以由和、两两积之和、积写出三次方程。

先看一道例题

例 1：平方和与平移乘积

方程 $x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 7 = 0$ 的三个实根是 $α, β, γ$ 。求 $α^{2} + β^{2} + γ^{2}$ 和 $(α - 1) (β - 1) (γ - 1)$ 。

怎么看出来：

两个目标都不随根的顺序改变，所以不用求根。

解：

由韦达：和为 $5$ ，两两积之和为 $2$ ，积为 $- 7$ 。平方和 $= 5^{2} - 2 \times 2 = 21$ 。设 $f (x) = x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 7$ ，则 $f (1) = (1 - α) (1 - β) (1 - γ)$ 。 $f (1) = 1 - 5 + 2 + 7 = 5$ 。三个因子各变号，所以 $(α - 1) (β - 1) (γ - 1) = - 5$ 。也可以展开核对： $α β γ - (α β + β γ + γ α) + (α + β + γ) - 1 = - 7 - 2 + 5 - 1 = - 5$ 。

答案：

$21$ 和 $- 5$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
目标里各个根地位相同，如 $α^{2} + β^{2} + γ^{2}$	用和、两两积之和、积表示，不解方程
目标是 $(α - k) (β - k) (γ - k)$	这是 $- f (k)$ ，直接代入
目标含根的倒数	先确认所有根都不为 $0$ ，再通分
告诉你其中两个根的和或积	把四次式写成两个二次因式相乘（见进阶“分组与等比”）
告诉你三个根成等比	设 $\frac{t}{r}, t, t r$ ，由积先求 $t$ （见同一进阶）
两两根差的平方相乘，或问何时有重根	$- 4 p^{3} - 27 q^{2}$ （见进阶“两两根差的平方积”）

三、怎么用

把方程整理成首项系数为 $1$ ，记下每个系数的符号。例如 $x^{3} - 6 x^{2} + 11 x - 6 = 0$ ，这里 $a = - 6, b = 11, c = - 6$ 。
写出基本关系。 $α + β + γ = 6$ ， $α β + β γ + γ α = 11$ ， $α β γ = 6$ 。
把目标化成这三个量。要算平方和， $α^{2} + β^{2} + γ^{2} = (α + β + γ)^{2} - 2 (α β + β γ + γ α)$ 。
代入计算。 $36 - 22 = 14$ 。
用已知的根核对，或确认分母不为 $0$ 。这里根是 $1, 2, 3$ ， $1 + 4 + 9 = 14$ 。

四、再做一道

例 2：由新的根造方程

$x^{2} - 3 x + 1 = 0$ 的两根是 $α, β$ 。写出以 $α + \frac{1}{β}$ 和 $β + \frac{1}{α}$ 为根的二次方程，首项系数取 $1$ 。

怎么看出来：

新的两个数交换 $α, β$ 后互换，所以它们的和与积都是对称式。

解：

判别式 $9 - 4 = 5 > 0$ ，两根是实数。 $α + β = 3$ ， $α β = 1 \neq = 0$ ，倒数有意义。新两数之和： $(α + β) + \frac{α + β}{α β} = 3 + 3 = 6$ 。新两数之积： $α β + 1 + 1 + \frac{1}{α β} = 1 + 2 + 1 = 4$ 。所以方程是 $x^{2} - 6 x + 4 = 0$ 。核对：因为 $α β = 1$ ， $α + \frac{1}{β} = 2 α$ ，新根就是 $2 α, 2 β$ ，和为 $6$ 、积为 $4$ ，一致。

答案：

$x^{2} - 6 x + 4 = 0$ 。

五、容易错在哪

三次方程的积是 $- c$ ，不是 $c$ ；两两积之和是 $b$ ，不带负号。先用一个已知的根验算符号。
系数算得出和与积，不代表实根存在。 $x^{2} + x + 1 = 0$ 的和为 $- 1$ 、积为 $1$ ，却没有实根，题目要实根时要另查判别式。
含倒数的式子只有在根都不为 $0$ 时才能通分。常数项为 $0$ 时有根 $0$ ，不能这样写。
首项系数不是 $1$ 时，要先除以首项系数，否则和与积都算错。
两两根差的积和两两根差的平方积不是一回事。前者的符号和根的排列有关，后者才是对称式。
分组后可能解出多组系数，要逐组检查是否满足题目条件，比如是否为实根。

进阶：分组与等比 · 先修：本卡基础部分

根分两组：另设两个二次因式

知道其中两个根的和或积时，把四次式写成 $(x^{2} - s x + p) (x^{2} - t x + q)$ ，这里 $s, p$ 是这两个根的和与积， $t, q$ 是另外两个根的和与积。展开后比较系数，未知量就少了很多。

三根成等比：设中间那个根

三根非零且成等比时，设它们是 $\frac{t}{r}, t, t r$ （ $t, r \neq = 0$ ）。积是 $t^{3}$ ，公比被约掉了，所以先由积求 $t$ 。两两积之和 $= \frac{t ^{2}}{r} + t^{2} r + t^{2} = t (\frac{t}{r} + t r + t)$ ，等于 $t$ 乘三根之和。根为实数时， $t$ 是实数， $t^{3}$ 的实数立方根只有一个。

例 3：知道两根之和，分组比较系数

方程 $x^{4} - 4 x^{3} + a x^{2} + 5 x - 2 = 0$ 有两个实根之和为 $1$ 。求 $a$ 。

怎么看出来：

知道一组根的和，另一组的和由 $x^{3}$ 的系数给出，可以分成两个二次因式。

解：

四根之和为 $4$ ，所以另两根之和为 $3$ 。设 $(x^{2} - x + p) (x^{2} - 3 x + q)$ ，展开得 $x^{4} - 4 x^{3} + (p + q + 3) x^{2} - (q + 3 p) x + pq$ 。比较系数： $q + 3 p = - 5$ ， $pq = - 2$ 。代入 $q = - 5 - 3 p$ ，得 $3 p^{2} + 5 p - 2 = 0$ ，即 $(3 p - 1) (p + 2) = 0$ 。若 $p = \frac{1}{3}$ ，则 $x^{2} - x + \frac{1}{3}$ 的判别式 $1 - \frac{4}{3} < 0$ ，没有实根，不符合“两个实根”。若 $p = - 2$ ，则 $q = 1$ ， $x^{2} - x - 2$ 的根是 $2, - 1$ ，和为 $1$ 。于是 $a = p + q + 3 = 2$ 。检查： $(x^{2} - x - 2) (x^{2} - 3 x + 1) = x^{4} - 4 x^{3} + 2 x^{2} + 5 x - 2$ 。

答案：

$a = 2$ 。

例 4：三根等比求系数

方程 $x^{3} - 7 x^{2} + b x - 8 = 0$ 的三个实根成等比数列。求 $b$ 。

怎么看出来：

等比时积只和中间的根有关，先定中间的根。

解：

设三根 $\frac{t}{r}, t, t r$ 。积 $t^{3} = 8$ ， $t$ 是实数，所以 $t = 2$ 。两两积之和等于 $t$ 乘三根之和，三根之和为 $7$ ，所以 $b = 2 \times 7 = 14$ 。检查： $x^{3} - 7 x^{2} + 14 x - 8 = (x - 1) (x - 2) (x - 4)$ ，根 $1, 2, 4$ 确实成等比。

答案：

$b = 14$ 。

进阶：两两根差的平方积 · 先修：本卡基础部分

两两根差的平方积

设 $x^{3} + p x + q = 0$ 没有二次项，根 $α, β, γ$ ，则 $α + β + γ = 0$ ， $α β + β γ + γ α = p$ 。先算 $(α - β) (α - γ) = α^{2} - α (β + γ) + β γ$ 。因为 $β + γ = - α$ ， $β γ = p - α (β + γ) = p + α^{2}$ ，所以它等于 $3 α^{2} + p$ 。三个根轮换后相乘，得 $(3 α^{2} + p) (3 β^{2} + p) (3 γ^{2} + p) = - (α - β)^{2} (β - γ)^{2} (γ - α)^{2}$ ，负号来自成对的因子互为相反数。再用 $α^{2} + β^{2} + γ^{2} = - 2 p$ ， $α^{2} β^{2} + β^{2} γ^{2} + γ^{2} α^{2} = p^{2}$ ， $α^{2} β^{2} γ^{2} = q^{2}$ 展开，得 $27 q^{2} + 4 p^{3}$ 。所以 $(α - β)^{2} (β - γ)^{2} (γ - α)^{2} = - 4 p^{3} - 27 q^{2}$ 。这个式子叫判别式，它等于 $0$ 当且仅当有重根。这个公式只适用于首项系数为 $1$ 、没有二次项的三次式。

例 5：判别式为零：反求常数

实数 $k$ 取什么值时，方程 $x^{3} - 3 x + k = 0$ 有重根？

怎么看出来：

有重根就是两两根差的平方积等于 $0$ ，这个方程没有二次项，公式可以直接用。

解：

这里 $p = - 3, q = k$ 。 $- 4 p^{3} - 27 q^{2} = 108 - 27 k^{2}$ 。令它为 $0$ ： $k^{2} = 4$ ， $k = \pm 2$ 。检查： $x^{3} - 3 x + 2 = (x - 1)^{2} (x + 2)$ ，有重根 $1$ ； $x^{3} - 3 x - 2 = (x + 1)^{2} (x - 2)$ ，有重根 $- 1$ 。

答案：

$k = 2$ 或 $k = - 2$ 。

真题

按这个方法练 · 29 题

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难算的式子：换元、降次、递推，消去难算的部分

难算的式子常常藏着结构：几个数都围绕同一个中心、两个根式乘积已知、一个数满足低次方程。把结构写出来，难算的部分就消掉了。根或幂的和可以用递推，一步一步算。

完整讲解 · 例题 · 可练 12 题

一、是什么

共同中心：设中间的数

几个大数接近同一个数时，把中心设成 $t$ ，其余写成 $t \pm 1$ 等。例如 $1001 \times 999$ 中 $t = 1000$ ， $(t + 1) (t - 1) = t^{2} - 1 = 999999$ 。设完后按字母展开，再代数。

成对的根式：和的平方带出乘积

设 $u = m + n + m - n$ ，其中 $m \geq n \geq 0$ 。平方得 $u^{2} = 2 m + 2 m^{2} - n$ 。 $m^{2} - n$ 是平方数时，就能算出结果。两个根式相减时， $u^{2} = 2 m - 2 m^{2} - n$ ，还要先确定 $u$ 的正负，再开方。

降次：用方程把高次换成低次

$x$ 满足 $x^{2} - 3 x + 1 = 0$ ，就有 $x^{2} = 3 x - 1$ 。乘 $x$ 再代入，得 $x^{3} = 3 x^{2} - x = 8 x - 3$ ， $x^{4} = 8 x^{2} - 3 x = 21 x - 8$ 。所有高次都可以写成一次式，不用求根。

先看一道例题

例 1：根式的和与差

计算 $4 + 7 + 4 - 7$ 和 $4 + 7 - 4 - 7$ 。

怎么看出来：

两个根式成对， $4^{2} - 7 = 9$ 是平方数，所以先平方。

解：

设和为 $u$ ， $u^{2} = 8 + 2 16 - 7 = 14$ ， $u > 0$ ， $u = 14$ 。设差为 $v$ ， $v^{2} = 8 - 2 \cdot 3 = 2$ ； $4 + 7 > 4 - 7$ ，所以 $v > 0$ ， $v = 2$ 。数值检查： $6.646 \approx 2.578$ ， $1.354 \approx 1.164$ ，和约 $3.742 = 14$ ，差约 $1.414 = 2$ 。

答案：

和是 $14$ ，差是 $2$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
几个大数接近同一个数	设中心为 $t$ ，按字母展开
$m + n \pm m - n$ ，且 $m^{2} - n$ 是平方数	先平方，再定符号开方
已知 $x$ 满足低次方程，求高次式	把高次一步步换成低次，不必求根
已知和与积，求高次幂和	用递推（见进阶“幂和递推”）
两个立方根相加	立方得到方程（见进阶“立方根的和”）
首一多项式，只给了几个函数值，求两点函数值之差	减去过这些点的低次式，写出未知根，看它能否抵消（见进阶“作差与抵消”）
要以 $r^{2}$ 或 $r^{2} + 1$ 为根的多项式，或求它们的乘积	用 $- P (x) P (- x)$ （见进阶“造新多项式”）

三、怎么用

找结构。已知 $x^{2} - 3 x + 1 = 0$ ，求 $x^{3} - 8 x + 5$ 。方程给出 $x^{2} = 3 x - 1$ 。
换掉高次。 $x^{3} = x \cdot x^{2} = 3 x^{2} - x = 3 (3 x - 1) - x = 8 x - 3$ 。
代入目标。 $x^{3} - 8 x + 5 = (8 x - 3) - 8 x + 5 = 2$ 。
数值检查。 $x = \frac{3 + 5}{2} \approx 2.618$ 时， $x^{3} \approx 17.944$ ， $17.944 - 20.944 + 5 = 2$ ，一致。

四、再做一道

例 2：高次换低次

已知 $x^{2} - 3 x + 1 = 0$ ，求 $x^{4} - 8 x^{2} + 3 x + 5$ 。

怎么看出来：

方程是二次的，所以把 $x^{4}$ 和 $x^{2}$ 都换成一次式。

解：

由 $x^{2} = 3 x - 1$ ， $x^{3} = 8 x - 3$ ， $x^{4} = x \cdot x^{3} = 8 x^{2} - 3 x = 8 (3 x - 1) - 3 x = 21 x - 8$ 。代入： $(21 x - 8) - 8 (3 x - 1) + 3 x + 5 = 21 x - 8 - 24 x + 8 + 3 x + 5 = 5$ 。 $x$ 的项抵消了，所以两个根都得 $5$ 。

答案：

$5$ 。

五、容易错在哪

三元幂和的递推不要漏掉 $s_{3} p_{k - 3}$ ， $p_{0}$ 是根的个数 $3$ ，不是 $1$ 。
中心换元时， $t \pm 1$ 、 $t \pm 2$ 要对照原数逐个写，写错一个，结果就全错。
降次算出的式子只说明数值关系。如果根的大小或根式取值影响答案，还要单独判断。
开方前要确定正负。 $v^{2} = 2$ 只说明 $v = \pm 2$ ，还要比较两个根式的大小。

进阶：幂和递推 · 先修：本卡基础部分

两个数的幂和递推

设 $p_{n} = x^{n} + y^{n}$ ， $s = x + y$ ， $q = x y$ 。展开可得 $(x + y) (x^{n - 1} + y^{n - 1}) = x^{n} + y^{n} + x y (x^{n - 2} + y^{n - 2})$ ，所以 $p_{n} = s p_{n - 1} - q p_{n - 2}$ ， $n \geq 2$ 。初值 $p_{0} = 2$ ， $p_{1} = s$ 。反过来也能用：已知 $p_{1} = 3, p_{2} = 7$ ，由 $p_{2} = s^{2} - 2 q$ 得 $s = 3, q = 1$ ，再算 $p_{3} = 3 \cdot 7 - 1 \cdot 3 = 18$ 。

三个数的幂和递推

设 $P (x) = x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3}$ 的根是 $a, b, c$ 。根满足方程，所以 $a^{k} = s_{1} a^{k - 1} - s_{2} a^{k - 2} + s_{3} a^{k - 3}$ （ $k \geq 3$ ），三个相加得 $p_{k} = s_{1} p_{k - 1} - s_{2} p_{k - 2} + s_{3} p_{k - 3}$ 。初值 $p_{0} = 3$ （是 $3$ ，不是 $1$ ）， $p_{1} = s_{1}$ ， $p_{2} = s_{1}^{2} - 2 s_{2}$ 。

例 3：由幂和反求系数

$a, b, c$ 是 $x^{3} + ux + 1 = 0$ 的三个根， $a^{5} + b^{5} + c^{5} = - 15$ 。求 $u$ 。

怎么看出来：

根的幂和用递推，把 $u$ 当字母一路算下去，初值从 $p_{0} = 3$ 开始。

解：

比较 $x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3}$ ： $s_{1} = 0, s_{2} = u, s_{3} = - 1$ 。 $p_{0} = 3$ ， $p_{1} = 0$ ， $p_{2} = 0 - 2 u = - 2 u$ 。 $p_{3} = - u p_{1} - p_{0} = - 3$ 。 $p_{4} = - u p_{2} - p_{1} = 2 u^{2}$ 。 $p_{5} = - u p_{3} - p_{2} = 3 u + 2 u = 5 u$ 。由 $5 u = - 15$ 得 $u = - 3$ 。数值检查： $x^{3} - 3 x + 1 = 0$ 的根约 $1.532, 0.347, - 1.879$ ，五次幂之和约 $8.42 + 0.005 - 23.4 \approx - 15$ 。

答案：

$u = - 3$ 。

进阶：立方根的和 · 先修：本卡基础部分

立方根的和：得到一个方程

设 $u = 3 A + 3 B$ ，立方得 $u^{3} = A + B + 3 3 A B u$ 。如果 $A B$ 的立方根简单， $u$ 就满足一个三次方程。这个方程可能有多个根，要说明 $u$ 是哪一个，比如 $t^{3} + 3 t$ 严格递增时只有一个实根。

例 4：反求立方根里的参数

实数 $k$ 使 $3 k + k^{2} + 1 + 3 k - k^{2} + 1 = 2$ 。求 $k$ 。

怎么看出来：

两个立方根成对，乘积是 $k^{2} - (k^{2} + 1) = - 1$ ，所以立方根的乘积是 $- 1$ 。

解：

设 $A = k + k^{2} + 1$ ， $B = k - k^{2} + 1$ ， $A + B = 2 k$ ， $3 A B = - 1$ 。立方： $u^{3} = 2 k - 3 u$ 。代入 $u = 2$ ： $8 = 2 k - 6$ ， $k = 7$ 。检查： $k^{2} + 1 = 50$ ， $(1 + 2)^{3} = 7 + 52$ ，所以 $3 7 + 50 = 1 + 2$ ；又 $(1 - 2)^{3} = 7 - 52$ ，所以 $3 7 - 50 = 1 - 2$ 。和是 $2$ ，成立。

答案：

$k = 7$ 。

进阶：无理系数 · 先修：本卡基础部分

把无理系数当成字母

系数含无理数时，可以把它记成字母，再分解。例如 $5 x^{2} - 6 x + 5 = 0$ ，记 $a = 5$ ，则 $6 = a^{2} + 1$ ，方程是 $a x^{2} - (a^{2} + 1) x + a = (a x - 1) (x - a) = 0$ ，根是 $\frac{1}{5}$ 和 $5$ 。根求出后还要按大小排好，再代入目标式。

进阶：倒数和 · 先修：多项式的导数规则

倒数和：对数导数公式

对多项式 $P (x) = A (x - r_{1}) (x - r_{2}) (x - r_{3})$ 和 $P (t) \neq = 0$ ，有 $\frac{1}{t - r _{1}} + \frac{1}{t - r _{2}} + \frac{1}{t - r _{3}} = \frac{P ^{'} ( t )}{P ( t )}$ ，这里 $x^{n}$ 的导数是 $n x^{n - 1}$ 。验证： $P^{'} (t) = A [(t - r_{2}) (t - r_{3}) + (t - r_{1}) (t - r_{3}) + (t - r_{1}) (t - r_{2})]$ ，除以 $P (t)$ 就是左边。 $P (t) = 0$ 时左边没有意义，不能用。

例 5：不算根求倒数和

$a, b, c$ 是 $x^{3} - 3 x + 1 = 0$ 的三个根。求 $\frac{1}{2 - a} + \frac{1}{2 - b} + \frac{1}{2 - c}$ 。

怎么看出来：

分母是 $t -$ 根的形式， $t = 2$ ，且 $P (2) \neq = 0$ ，所以用导数公式。

解：

$P (x) = x^{3} - 3 x + 1$ ， $P^{'} (x) = 3 x^{2} - 3$ 。 $P (2) = 3 \neq = 0$ ， $P^{'} (2) = 9$ ，所以和为 $\frac{9}{3} = 3$ 。数值检查： $\frac{1}{0.468} + \frac{1}{1.653} + \frac{1}{3.879} \approx 2.137 + 0.605 + 0.258 = 3.00$ 。

答案：

$3$ 。

进阶：作差与抵消 · 先修：本卡基础部分，因式定理

已知几个函数值：作差后未知的根可能抵消

设 $P$ 是首一三次式， $P (0) = 1, P (3) = 7$ 。这两个点在直线 $y = 2 x + 1$ 上，所以 $P (x) - 2 x - 1 = x (x - 3) (x - r)$ ， $r$ 未知。两个输入 $u, v$ 满足 $u (u - 3) = v (v - 3)$ 时， $P (u) - P (v)$ 里含 $r$ 的项就抵消了。

例 6：让未知的根抵消

$P (x)$ 是首一三次式， $P (0) = 1, P (3) = 7$ 。求不等于 $- 1$ 的实数 $t$ ，使 $P (t) - P (- 1)$ 的值不依赖于 $P$ 的其余系数。

怎么看出来：

写出含未知根 $r$ 的形式，让 $r$ 的系数相等。

解：

$P (x) = x (x - 3) (x - r) + 2 x + 1$ 。 $P (t)$ 中 $r$ 的系数是 $- t (t - 3)$ ， $P (- 1)$ 中是 $- (- 1) (- 4) = - 4$ 。不依赖 $r$ 要求 $t (t - 3) = 4$ ，即 $(t - 4) (t + 1) = 0$ ， $t \neq = - 1$ ，所以 $t = 4$ 。检查： $P (4) = 4 (4 - r) + 9 = 25 - 4 r$ ， $P (- 1) = 4 (- 1 - r) - 1 = - 5 - 4 r$ ， $P (4) - P (- 1) = 30$ ，确实不含 $r$ 。

答案：

$t = 4$ 。

进阶：造新多项式 · 先修：本卡基础部分

以 $r^{2}$ 为根造多项式

因为 $x^{2} - r^{2} = (x - r) (x + r)$ ，把三个根的式子乘起来得 $(x^{2} - r_{1}^{2}) (x^{2} - r_{2}^{2}) (x^{2} - r_{3}^{2}) = - P (x) P (- x)$ ，其中 $P$ 是以 $r_{i}$ 为根的首一三次式。计算时把 $P (x)$ 分成奇次和偶次两部分，用平方差。例如 $P (x) = x (x^{2} - 3) + 1$ ， $- P (x) P (- x) = x^{2} (x^{2} - 3)^{2} - 1$ 。把 $x^{2}$ 记作 $u$ ， $Q (u) = u (u - 3)^{2} - 1$ 就是首一的、以 $r_{i}^{2}$ 为根的多项式。

例 7：不解根求乘积

$a, b, c$ 是 $x^{3} - 3 x + 1 = 0$ 的三个根。求 $(a^{2} + 1) (b^{2} + 1) (c^{2} + 1)$ 。

怎么看出来：

$a^{2}, b^{2}, c^{2}$ 是 $Q (u) = u (u - 3)^{2} - 1$ 的根，而乘积 $(u_{i} + 1)$ 可以从 $Q (- 1)$ 读出。

解：

由 $Q (u) = (u - a^{2}) (u - b^{2}) (u - c^{2})$ ，令 $u = - 1$ ： $Q (- 1) = (- 1 - a^{2}) (- 1 - b^{2}) (- 1 - c^{2}) = - (a^{2} + 1) (b^{2} + 1) (c^{2} + 1)$ 。而 $Q (- 1) = (- 1) (- 4)^{2} - 1 = - 17$ 。所以乘积是 $17$ 。数值检查： $(1.53 2^{2} + 1) (0.34 7^{2} + 1) (1.87 9^{2} + 1) \approx 3.347 \times 1.120 \times 4.531 \approx 17$ 。

答案：

$17$ 。

进阶：更多例题

例 8：设中心再展开

计算 $202 4^{3} - 2023 \times 2024 \times 2025$ 。

怎么看出来：

三个数都接近 $2024$ ，所以设中心。

解：

设 $t = 2024$ ，原式 $= t^{3} - (t - 1) t (t + 1) = t^{3} - t (t^{2} - 1) = t = 2024$ 。不用真算立方。

答案：

$2024$ 。

真题

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两个多项式恒等或只求部分系数：比较系数，代入特殊值

两个多项式对所有 $x$ 都相等时，每一次项的系数都相同；代 $1$ 和 $- 1$ 一次得到系数之和。只在某一点相等时不能比较系数。

完整讲解 · 例题 · 可练 15 题

一、是什么

恒等才能比较系数

两个多项式对所有 $x$ 相等，叫恒等。这时差对所有 $x$ 都是 $0$ ，也就是根有无穷多个。而不恒为零的 $n$ 次多项式至多有 $n$ 个不同的根，所以差恒为零，每一项系数都是 $0$ 。例如 $(x + 2) (x + m) = x^{2} + 5 x + n$ 对所有 $x$ 成立，展开左边 $x^{2} + (m + 2) x + 2 m$ ，得 $m = 3, n = 6$ 。只在某一点相等不行： $x^{2}$ 和 $2 x$ 在 $x = 2$ 处相等，系数却不同。

代 $1$ 和 $- 1$ ：系数之和

$P (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n}$ ，这里 $a_{k}$ 表示 $x^{k}$ 的系数， $a_{0}$ 是常数项。代 $x = 1$ 得全部系数之和。代 $x = - 1$ 时奇次项变号，所以奇次系数之和 $= \frac{P ( 1 ) - P ( - 1 )}{2}$ ，偶次系数之和 $= \frac{P ( 1 ) + P ( - 1 )}{2}$ ，常数项属于偶次。例如 $P (x) = (1 + x)^{2} = 1 + 2 x + x^{2}$ ， $P (1) = 4, P (- 1) = 0$ ，奇次系数之和 $2$ ，偶次系数之和 $2$ 。

能整除：另设商再比较

$A (x)$ 能被 $B (x)$ 整除，是说 $A (x) = B (x) Q (x)$ 对所有 $x$ 成立。 $Q$ 的次数等于两者次数之差，所以可以直接设出来。若 $B$ 能完全分解成互不相同的一次因式，并且这些根全是 $A$ 的根，由根和因式的关系也可以写成这种形式。

看清对谁恒等

比较时要看对哪个字母恒成立。直线 $(t + 1) x + (t - 2) y - 3 = 0$ 对任意 $t$ 都过同一点时，把它按 $t$ 整理： $t (x + y) + (x - 2 y - 3) = 0$ 。它对所有 $t$ 成立，所以 $x + y = 0, x - 2 y - 3 = 0$ ，解得 $x = 1, y = - 1$ 。这时比较的是 $t$ 的系数， $x, y$ 是常数。

先看一道例题

例 1：整除：设商比较系数

$x^{3} + a x + b$ 能被 $x^{2} - x - 1$ 整除，求 $a, b$ 。

怎么看出来：

整除就是恒等式，商是首项系数为 $1$ 的一次式。

解：

设 $x^{3} + a x + b = (x^{2} - x - 1) (x + c)$ 。右边展开为 $x^{3} + (c - 1) x^{2} - (c + 1) x - c$ 。左边没有 $x^{2}$ 项，所以 $c - 1 = 0$ ， $c = 1$ 。再比较： $a = - (c + 1) = - 2$ ， $b = - c = - 1$ 。检查： $(x^{2} - x - 1) (x + 1) = x^{3} - 2 x - 1$ 。

答案：

$a = - 2, b = - 1$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
写着“对任意 $x$ 成立”或恒等号	展开，同次项系数相等
只要系数之和，或奇次、偶次系数之和	代 $x = 1$ 和 $x = - 1$
一个多项式能被另一个整除	设出商，展开比较
对任意参数 $t$ 都成立	按 $t$ 整理， $t$ 的各次系数分别为 $0$
系数只取 $1$ 或 $- 1$ ，又给了某些点的值	从全部 $- 1$ 出发，看每翻转一个系数值变多少（见进阶“系数只取正负一”）

三、怎么用

确认等式对所有 $x$ 成立，或由整除写出恒等式。例如 $x^{3} + a x^{2} + b x - 6$ 能被 $x^{2} - x - 2$ 整除，商是一次式。
设出未知部分。三次除以二次，商首项系数为 $1$ ，设商为 $x + c$ 。
展开，按次数整理。 $(x^{2} - x - 2) (x + c) = x^{3} + (c - 1) x^{2} - (c + 2) x - 2 c$ 。
逐项比较。常数项 $- 2 c = - 6$ ， $c = 3$ ； $a = c - 1 = 2$ ； $b = - (c + 2) = - 5$ 。
代一个值检查。 $x = 1$ 时左边 $1 + 2 - 5 - 6 = - 8$ ，右边 $(1 - 1 - 2) (1 + 3) = - 8$ ，一致。

四、再做一道

例 2：由系数之和反求参数

设正整数 $a$ 使 $(1 + a x)^{5}$ 展开后奇次项系数之和为 $122$ 。求 $a$ 。

怎么看出来：

奇次系数之和用 $x = 1$ 和 $x = - 1$ 表示，不必写出每个系数。

解：

设 $P (x) = (1 + a x)^{5}$ ，奇次系数之和 $= \frac{P ( 1 ) - P ( - 1 )}{2} = \frac{( 1 + a ) ^{5} - ( 1 - a ) ^{5}}{2}$ 。逐个试： $a = 1$ 时 $\frac{32 - 0}{2} = 16$ ； $a = 2$ 时 $\frac{243 + 1}{2} = 122$ ； $a = 3$ 时 $\frac{1024 + 32}{2} = 528$ 。展开时每项都由 $1$ 和 $a x$ 相乘得到，所以每个系数都是正数乘 $a$ 的乘方， $a$ 增大时奇次系数之和也增大，因此只有 $a = 2$ 。

答案：

$a = 2$ 。

五、容易错在哪

只在某一点相等不能比较系数，要先确认等式对所有 $x$ 成立。
偶次系数之和包括常数项 $a_{0}$ ，它不是漏掉的部分。
求 $a_{1} + a_{3} + \dots$ 时只用 $P (1)$ 不够，要用 $\frac{P ( 1 ) - P ( - 1 )}{2}$ 。
系数翻转时，翻成 $1$ 的那些位对应二进制中的 $1$ ，别把它和 $- 1$ 的位置弄反。
整系数的题，比较系数得出的结果最后还要检查是不是整数。

进阶：系数只取正负一 · 先修：二进制的写法

系数只取 $\pm 1$ ：先设全部是 $- 1$

系数只取 $1$ 或 $- 1$ 时，从全部为 $- 1$ 出发，每把一个系数翻成 $1$ ， $x = 1$ 处的值增加 $2$ 。若观测的是 $x = 2$ 处的值，翻转 $a_{k}$ 就增加 $2 \cdot 2^{k}$ ，所以差值的一半是若干个不同的 $2^{k}$ 之和，而每个正整数写成不同 $2^{k}$ 之和的方式唯一（这就是二进制），翻转了哪些系数就完全确定。别的观测点要重新看每个系数的权。

例 3：系数为正负一：数有多少个

$f (x) = a_{5} x^{5} + a_{4} x^{4} + a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$ ，每个 $a_{i}$ 取 $1$ 或 $- 1$ 。若 $f (1) = 4, f (- 1) = 2$ ，这样的 $f$ 有多少个？

怎么看出来：

$x = 1$ 和 $x = - 1$ 把系数分成奇次、偶次两组，两组互不影响，可以分别数。

解：

偶次系数之和 $= \frac{f ( 1 ) + f ( - 1 )}{2} = 3$ ，奇次系数之和 $= \frac{f ( 1 ) - f ( - 1 )}{2} = 1$ 。每组有 $3$ 个系数。从全部 $- 1$ 出发，和是 $- 3$ ，每翻一个成 $1$ 就加 $2$ 。偶次组要从 $- 3$ 到 $3$ ，翻 $3$ 个，只有 $1$ 种。奇次组要从 $- 3$ 到 $1$ ，翻 $2$ 个，从 $3$ 个里选 $2$ 个，有 $3$ 种。两组独立，共 $1 \times 3 = 3$ 个。这 $3$ 个是偶次系数全为 $1$ ，奇次系数恰有一个为 $- 1$ 。检查： $a_{5} = - 1$ 时 $f (x) = - x^{5} + x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1$ ， $f (1) = 4$ ， $f (- 1) = 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 = 2$ 。

答案：

$3$ 个。

进阶：幂次分别比较 · 先修：本卡基础部分

未知次数的多项式：按每一次项比

方程里出现 $f (2 x)$ 这种式子时， $f (x)$ 中 $a_{k} x^{k}$ 变成 $a_{k} 2^{k} x^{k}$ ，每次项分别比较，次数不必事先知道。这个多项式的次数是有限的，所以只有有限个非零系数。

例 4：次数未知时逐项比较

求所有实系数多项式 $f$ ，使 $f (2 x) = 4 f (x) + 3 x$ 对所有 $x$ 成立。

怎么看出来：

$f (2 x)$ 只是把 $x^{k}$ 的系数乘 $2^{k}$ ，每次项分别比较。

解：

设 $f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n} x^{n}$ 。比较 $x^{k}$ 的系数。 $k = 0$ ： $a_{0} = 4 a_{0}$ ， $a_{0} = 0$ 。 $k = 1$ ： $2 a_{1} = 4 a_{1} + 3$ ， $a_{1} = - \frac{3}{2}$ 。 $k = 2$ ： $4 a_{2} = 4 a_{2}$ ， $a_{2}$ 可以是任意实数。 $k \geq 3$ ： $2^{k} a_{k} = 4 a_{k}$ ，而 $2^{k} \neq = 4$ ，所以 $a_{k} = 0$ 。于是 $f (x) = c x^{2} - \frac{3}{2} x$ 。代回： $f (2 x) = 4 c x^{2} - 3 x$ ， $4 f (x) + 3 x = 4 c x^{2} - 6 x + 3 x = 4 c x^{2} - 3 x$ ，相等。

答案：

$f (x) = c x^{2} - \frac{3}{2} x$ ， $c$ 为任意实数。

进阶：整系数约束 · 先修：本卡基础部分

参数要取整数

比较系数得出的参数是实数时，加上整数条件结果可能不同，要在最后才代入这个条件。整数条件不能省，也不能当作自动满足。

例 5：整数条件改变答案

实数 $b, c$ 和整数 $a$ 使 $x^{2} + x + a$ 整除 $x^{4} + b x + c$ 。求 $c$ 的最大值。如果 $a$ 可以取任意实数，最大值是多少？

怎么看出来：

设商后， $c$ 变成 $a$ 的二次式， $a$ 的取值范围决定最大值。

解：

商是首项系数为 $1$ 的二次式，设为 $x^{2} + e x + d$ 。乘积的 $x^{3}$ 项系数是 $e + 1$ ，左边没有 $x^{3}$ 项，所以 $e = - 1$ 。展开 $(x^{2} + x + a) (x^{2} - x + d)$ 得 $x^{4} + (a + d - 1) x^{2} + (d - a) x + a d$ 。 $x^{2}$ 项系数为 $0$ ，所以 $d = 1 - a$ ，于是 $b = 1 - 2 a$ ， $c = a (1 - a)$ 。实数时， $c = - (a - \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} \leq \frac{1}{4}$ ， $a = \frac{1}{2}$ 时取等。整数时， $a$ 和 $a - 1$ 是相邻整数，同为非负或同为非正，所以 $a (a - 1) \geq 0$ ， $c \leq 0$ ， $a = 0$ 或 $a = 1$ 时取等。例如 $a = 1$ 时 $b = - 1, c = 0$ ，而 $x^{4} - x = x (x - 1) (x^{2} + x + 1)$ 确实含因式 $x^{2} + x + 1$ 。

答案：

整数 $a$ 时最大值为 $0$ ；实数 $a$ 时最大值为 $\frac{1}{4}$ 。

真题

按这个方法练 · 15 题

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只要奇次或偶次系数：把 $x$ 和 $- x$ 成对比较

$P (x)$ 和 $P (- x)$ 的偶次项相同、奇次项相反，所以相加留下偶次项，相减留下奇次项。对称轴不在原点时，把 $x$ 和 $2 a - x$ 成对比较。一个不是常数的多项式，不可能同时关于两条不同的竖直线对称。

完整讲解 · 例题 · 可练 8 题

一、是什么

多项式、次数和系数

$P (x) = 2 x^{3} + x^{2} - 5 x + 3$ 这样由 $x$ 的乘方和常数相加而成的式子叫多项式。最高次项的次数叫次数，这里是 $3$ 。常数项算偶次项，因为它是 $x^{0}$ 项。 $x$ 的系数可以取 $0$ ，所以“奇次项”只是把次数为奇数的项挑出来。

相加消奇次，相减消偶次

把 $x$ 换成 $- x$ ，奇次项变号，偶次项不变，因为 $(- x)^{3} = - x^{3}$ ， $(- x)^{2} = x^{2}$ 。对上面的 $P$ ： $P (x) + P (- x) = 2 x^{2} + 6$ ， $P (x) - P (- x) = 4 x^{3} - 10 x$ 。把 $\frac{P ( x ) + P ( - x )}{2}$ 叫偶部，把 $\frac{P ( x ) - P ( - x )}{2}$ 叫奇部。任何多项式都等于偶部加奇部，它本身不一定是偶函数或奇函数。

代 $1$ 和 $- 1$ ：一次求出系数和

$P (1)$ 等于所有系数之和， $P (- 1)$ 把奇次系数变号。所以奇次系数之和是 $\frac{P ( 1 ) - P ( - 1 )}{2}$ ，偶次系数之和（含常数项）是 $\frac{P ( 1 ) + P ( - 1 )}{2}$ 。上面 $P (1) = 1$ ， $P (- 1) = 7$ ，奇次系数之和 $- 3 = 2 + (- 5)$ ，偶次系数之和 $4 = 1 + 3$ 。

二次式的对称轴传给外层

$x^{2} - 4 x + 7 = (x - 2)^{2} + 3$ ， $x$ 换成 $4 - x$ 时值不变。所以无论外层 $P$ 是什么多项式， $R (x) = P (x^{2} - 4 x + 7)$ 都满足 $R (4 - x) = R (x)$ ，图象关于直线 $x = 2$ 对称。一般地，二次项系数 $a \neq = 0$ 时， $a x^{2} + b x + c$ 的对称轴是 $x = - \frac{b}{2 a}$ 。

有一条对称轴不等于是常数

$(x - 1)^{2}$ 关于 $x = 1$ 对称，它不是常数。一条对称轴只说明 $R (2 a - x) = R (x)$ 。要两条不同的对称轴才能推出下面的结论。

先看一道例题

例 1：让奇次项全部消失

实数 $m, n$ 使 $P (x) = (x^{2} + m x + 2) (x^{2} - 3 x + n)$ 是偶函数。求 $m, n$ ，并求 $P (x) = 0$ 的所有根。

怎么看出来：

偶函数就是 $P (x) - P (- x)$ 恒为 $0$ ，也就是奇次项的系数全为 $0$ 。只需算出奇次项。

解：

展开得 $x^{3}$ 的系数是 $m - 3$ ， $x$ 的系数是 $mn - 6$ 。 $P (x) - P (- x) = 2 ((m - 3) x^{3} + (mn - 6) x)$ 恒为 $0$ ，所以 $m - 3 = 0$ ， $mn - 6 = 0$ ，得 $m = 3$ ， $n = 2$ 。这时 $P (x) = (x^{2} + 3 x + 2) (x^{2} - 3 x + 2) = (x^{2} + 2)^{2} - 9 x^{2} = x^{4} - 5 x^{2} + 4$ ，只有偶次项，确实是偶函数。分解得 $P (x) = (x^{2} - 1) (x^{2} - 4)$ ，根是 $\pm 1, \pm 2$ ，也成对出现。

答案：

$m = 3, n = 2$ ，根是 $\pm 1, \pm 2$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
问奇次项或偶次项的系数之和	代 $1$ 和 $- 1$ ，相减或相加
只想保留一部分系数	把 $P (x)$ 和 $P (- x)$ 相加或相减
多项式里套一个二次式，如 $P (x^{2} - 4 x + 7)$	配方找对称轴，外层多项式也随之对称
已知多项式的根和对称轴	根也按对称轴成对（见进阶“对称轴和根”）
同一个多项式有两条不同的对称轴	合成平移，推出它是常数（见进阶“两条对称轴”）
在 $[- 1, 1]$ 上有界，求某个系数的最大值	先取奇部或偶部，再组合几个点的值（见进阶“系数估计”）

三、怎么用

确定要留下什么。例如 $Q (x) = x^{4} + 3 x^{3} - x + 2$ ，要它的偶次部分。
写出反射值。把 $x$ 换成 $- x$ ，得 $Q (- x) = x^{4} - 3 x^{3} + x + 2$ 。
相加或相减。要偶次部分就相加再除以 $2$ ： $\frac{Q ( x ) + Q ( - x )}{2} = x^{4} + 2$ 。相减再除以 $2$ 得奇次部分 $3 x^{3} - x$ 。
需要具体数值时，代入同一对点。 $Q (2) = 40$ ， $Q (- 2) = - 4$ ， $\frac{40 + ( - 4 )}{2} = 18$ ，等于 $2^{4} + 2$ 。
检查前提。奇偶分解对每个 $x$ 都成立；但若要沿用某个区间内的已知条件，反射点 $- x$ 也必须落在这个区间内。例如条件只在 $[0, 1]$ 上给出时， $- x$ 处就不能用它。

四、再做一道

例 2：对称轴传给复合式

设 $P (t) = t^{2} - 10 t + 21$ ， $R (x) = P (x^{2} - 4 x + 7)$ 。说明 $R$ 的图象关于 $x = 2$ 对称，并求 $R (x) = 0$ 所有不同实根之和。

怎么看出来：

内层配方后只依赖 $(x - 2)^{2}$ ，根也按 $x = 2$ 配对，但要留意中心上的根只有一个。

解：

内层 $x^{2} - 4 x + 7 = (x - 2)^{2} + 3$ ，把 $x$ 换成 $4 - x$ 不变，所以 $R (4 - x) = R (x)$ 。解外层： $P (t) = (t - 3) (t - 7) = 0$ ， $t = 3$ 或 $t = 7$ 。 $(x - 2)^{2} + 3 = 3$ 只有 $x = 2$ ； $(x - 2)^{2} + 3 = 7$ 给 $x = 0$ 和 $x = 4$ 。不同的根是 $0, 2, 4$ ，一对的和是 $4$ ，再加中心的 $2$ 。

答案：

所有不同实根之和是 $6$ 。

五、容易错在哪

取偶部只是构造了一个新函数。偶部有某个性质，不等于原函数是偶函数。
只有一条对称轴不能判定多项式是常数， $(x - 1)^{2}$ 就是反例。要有两条不同的对称轴，并且用到 $x$ 取全体实数。
常数项算偶次项，算偶次系数之和时不要漏掉。
只在区间上有条件时，取反射前要确认 $- x$ 或 $2 a - x$ 也在区间内。
数列可以有周期，这不和“非常数多项式没有周期”矛盾，因为后者要求 $x$ 取全体实数。

进阶：两条对称轴 · 先修：多项式的根数不超过次数

两条对称轴合起来是平移

若 $R (2 a - x) = R (x)$ ， $R (2 b - x) = R (x)$ ， $a \neq = b$ ，那么 $R (x) = R (2 b - x) = R (2 a - (2 b - x)) = R (x + 2 a - 2 b)$ 。设 $T = 2 a - 2 b \neq = 0$ ， $R (x + T) = R (x)$ 对所有 $x$ 成立。于是 $R (x) - R (0)$ 有无穷多个根 $0, T, 2 T, \dots$ 。非零多项式的根数不超过它的次数，所以它只能恒为 $0$ ，即 $R$ 是常数。这个论证用到 $x$ 取全体实数。只在整数点上定义的数列可以有周期，所以结论不能套用到数列。

例 3：两条对称轴的多项式

实系数多项式 $R$ 满足 $R (1 + x) = R (1 - x)$ ， $R (4 + x) = R (4 - x)$ 对所有实数 $x$ 成立，且 $R (0) = 7$ 。求 $R (5)$ 。

怎么看出来：

有两条不同的对称轴 $x = 1$ 和 $x = 4$ ，所以 $R$ 被迫是常数。

解：

把 $x$ 换成 $x - 1$ ，第一式变为 $R (x) = R (2 - x)$ ；把 $x$ 换成 $x - 4$ ，第二式变为 $R (x) = R (8 - x)$ 。于是 $R (x) = R (8 - x) = R (2 - (8 - x)) = R (x - 6)$ ，周期是 $6$ 。 $R (x) - R (0)$ 有根 $0, 6, 12, \dots$ ，无穷多个，所以它恒为 $0$ ，即 $R (x) = 7$ 对所有 $x$ 成立。

答案：

$R (5) = 7$ 。

进阶：系数估计 · 先修：绝对值不等式

系数有界时，用奇偶部提取系数

若 $∣ f (x) ∣ \leq 1$ 对 $[- 1, 1]$ 上的 $x$ 成立，奇部 $h (x) = \frac{f ( x ) - f ( - x )}{2}$ 也满足 $∣ h (x) ∣ \leq \frac{∣ f ( x ) ∣ + ∣ f ( - x ) ∣}{2} \leq 1$ ，因为 $x$ 和 $- x$ 都在区间内。偶部同样如此。这样只需处理一半的系数，再选几个点的值组合，消去其他系数。

例 4：用偶部处理恒成立

实系数多项式 $f (x) = x^{4} + a x^{3} - 2 x^{2} + c x + d$ 满足： $f (x) + f (- x) \geq 2$ 对所有实数 $x$ 成立。求 $d$ 的最小值。

怎么看出来：

$f (x) + f (- x)$ 正好消去奇次项， $a, c$ 不起作用，只剩一个关于 $x^{2}$ 的式子。

解：

$\frac{f ( x ) + f ( - x )}{2} = x^{4} - 2 x^{2} + d = (x^{2} - 1)^{2} + d - 1$ ，条件化为它大于或等于 $1$ 对所有实数 $x$ 成立。 $(x^{2} - 1)^{2} \geq 0$ ，在 $x = \pm 1$ 处等于 $0$ ，所以最小值是 $d - 1$ 。要求 $d - 1 \geq 1$ ，即 $d \geq 2$ 。 $d = 2$ 时，不论 $a, c$ 取什么， $f (x) + f (- x) = 2 (x^{2} - 1)^{2} + 2 \geq 2$ ，条件成立。

答案：

$d$ 的最小值是 $2$ 。

进阶：平方相等 · 先修：多项式乘法

平方相等时，只能是奇函数或偶函数

若多项式 $P$ 满足 $P (x)^{2} = P (- x)^{2}$ ，则 $(P (x) - P (- x)) (P (x) + P (- x)) = 0$ 恒成立。两个多项式的乘积恒为 $0$ 时，至少有一个恒为 $0$ ，因为两个非零多项式相乘，最高次项不会消失。所以 $P$ 要么是偶函数，要么是奇函数。遇到 $f (x^{2} + 1)$ 这样只依赖 $x^{2}$ 的式子时，可以从这里开始。

进阶：交换下标 · 先修：求和记号

交换下标也是一种反射

若 $u_{ij} = - u_{ji}$ ，例如 $u_{ij} = a_{i}^{2} a_{j} - a_{i} a_{j}^{2}$ ，把所有 $i \neq = j$ 的项加起来， $(i, j)$ 和 $(j, i)$ 两项互相抵消，总和为 $0$ 。式子里有分母时，要先确认分母不为 $0$ 。

进阶：对称轴和根 · 先修：多项式的因式分解

例 5：对称轴和根

首项系数为 $1$ 的四次多项式 $P$ 关于直线 $x = 1$ 对称， $x = 0$ 和 $x = - 1$ 是它的根。求 $P (1)$ 。

怎么看出来：

根按对称轴成对： $x$ 的对称点是 $2 - x$ 。四次多项式最多 $4$ 个根，所以根已经全部找到。

解：

由 $P (2 - x) = P (x)$ ， $x = 0$ 是根推出 $x = 2$ 是根， $x = - 1$ 是根推出 $x = 3$ 是根。这 $4$ 个数互不相同，首项系数为 $1$ ，所以 $P (x) = x (x + 1) (x - 2) (x - 3)$ 。检查对称：把 $x$ 换成 $2 - x$ ，四个因子变成 $(2 - x) (3 - x) (- x) (- 1 - x)$ ，乘积与原式相等。 $P (1) = 1 \cdot 2 \cdot (- 1) \cdot (- 2) = 4$ 。

答案：

$P (1) = 4$ 。

真题

按这个方法练 · 8 题

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多项式的值被控制：用几个点表示系数，再找取到等号的式子

二次式由 3 个点的值决定，所以每个系数、系数的线性组合和另一点的函数值，都能写成这几个值的固定线性组合。把每个值换成上界，得到不等式，再构造或判断是否真能取到等号。如果条件是整个区间，这个多项式要在整个区间都合格。

完整讲解 · 例题 · 可练 18 题

一、是什么

用节点表示系数

设 $p (x) = a x^{2} + b x + c$ ， $p (1) = a + b + c$ ， $p (- 1) = a - b + c$ ， $p (0) = c$ 。解出 $a = \frac{p ( 1 ) + p ( - 1 )}{2} - p (0)$ ， $b = \frac{p ( 1 ) - p ( - 1 )}{2}$ 。这样系数就写成了 3 个值的固定组合。

上界：每个值取最不利的符号

如果 $∣ p (x_{i}) ∣ \leq 1$ ，那么 $∣ u p (x_{1}) + v p (x_{2}) + wp (x_{3}) ∣ \leq ∣ u ∣ + ∣ v ∣ + ∣ w ∣$ ，这是绝对值不等式 $∣ A + B ∣ \leq ∣ A ∣ + ∣ B ∣$ 。等号要求：系数不为 $0$ 的项都同号，且对应的 $∣ p (x_{i}) ∣ = 1$ ；系数为 $0$ 的节点不受限制。3 个不同的节点上给定 3 个值，恰好有一个次数不超过 2 的多项式通过它们，所以节点上的等号总能实现。

节点合格不等于整个区间合格

$p (- 1) = 1, p (0) = 1, p (1) = - 1$ ，每个绝对值都是 $1$ ，对应 $p (x) = - x^{2} - x + 1$ 。但 $p (- \frac{1}{2}) = \frac{5}{4} > 1$ 。所以题目要求 $[- 1, 1]$ 上都有 $∣ p (x) ∣ \leq 1$ 时，等号多项式要在整个区间检查，不能只检查 3 个点。常用的 $2 x^{2} - 1$ ：因为 $0 \leq x^{2} \leq 1$ ，所以 $- 1 \leq 2 x^{2} - 1 \leq 1$ ，它是合格的。

先看一道例题

例 1：两个额外节点能否同时满足

二次式 $p (x)$ 满足 $∣ p (0) ∣ \leq 1$ ， $∣ p (1) ∣ \leq 1$ ， $∣ p (3) ∣ \leq 1$ 。 $p (2) = \frac{5}{3}$ 和 $p (4) = 0$ 能同时成立吗？

怎么看出来：

先把 $p (2)$ 写成 3 个节点值的组合，看 $\frac{5}{3}$ 是不是极端值。如果是，节点值就全部确定了。

解：

设 $p (2) = u p (0) + v p (1) + wp (3)$ 。对 $1, x, x^{2}$ 都要成立： $u + v + w = 1$ ， $v + 3 w = 2$ ， $v + 9 w = 4$ 。解得 $w = \frac{1}{3}, v = 1, u = - \frac{1}{3}$ 。所以 $p (2) \leq \frac{1}{3} + 1 + \frac{1}{3} = \frac{5}{3}$ 。 $p (2) = \frac{5}{3}$ 时三项都取到上界，只能 $p (0) = - 1, p (1) = 1, p (3) = 1$ 。设 $p (x) = a x^{2} + b x - 1$ ， $a + b = 2$ ， $9 a + 3 b = 2$ ，解得 $a = - \frac{2}{3}, b = \frac{8}{3}$ 。这时 $p (4) = - \frac{32}{3} + \frac{32}{3} - 1 = - 1$ ，不是 $0$ 。

答案：

不能同时成立； $p (2) = \frac{5}{3}$ 时 $p (4)$ 只能是 $- 1$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
$∣ p (x) ∣ \leq 1$ 在几个点上，求某个系数或另一点的值的最大值	写成节点值的固定组合，再用绝对值不等式
$∣ p (x) ∣ \leq 1$ 在整个区间上	先用节点得上界，再构造整个区间合格的多项式
首项系数已知，求最大绝对值的最小值	作消去低次项的组合（见进阶“最大绝对值的下界”）
高次，或题目含 $cos$ 和 $2^{n - 1}$	切比雪夫多项式（见进阶“切比雪夫多项式”）
系数是复数，或根的模大于 $1$	先旋转取实部，外根反射（见同一进阶）

三、怎么用

选节点。判断能否有 $p (x) = 2 x^{2} + x + c$ 在 $[- 1, 1]$ 上都满足 $∣ p (x) ∣ \leq 1$ ，取节点 $- 1, 0, 1$ 。
写成组合。 $2 a = p (1) + p (- 1) - 2 p (0)$ ，这里 $a = 2$ ，所以这个组合等于 $4$ 。
估计上界，看等号。组合的绝对值不超过 $1 + 1 + 2 = 4$ ，恰好取到，所以只能 $p (1) = p (- 1) = 1$ ， $p (0) = - 1$ 。
和其余条件比较。这时 $2 b = p (1) - p (- 1) = 0$ ，但这里 $b = 1$ ，矛盾。所以不存在这样的 $c$ 。

四、再做一道

例 2：固定首项，求一次项的范围

实数 $b$ 使得存在 $c$ ，让 $x^{2} + b x + c$ 在 $[- 1, 1]$ 上都满足绝对值不超过 $1$ 。求 $b$ 的取值范围。

怎么看出来：

先用节点限制 $b$ ，再看全区间： $c$ 只是上下平移，所以只看 $x^{2} + b x$ 的最大值和最小值之差。

解：

$b$ 和 $- b$ 对应的式子关于 $y$ 轴对称，所以先设 $b \geq 0$ 。由 $2 b = p (1) - p (- 1)$ 得 $b \leq 1$ 。此时 $g (x) = x^{2} + b x$ 的对称轴 $- \frac{b}{2}$ 在 $[- 1, 1]$ 内，最小值 $- \frac{b ^{2}}{4}$ ，最大值 $g (1) = 1 + b$ 。选 $c$ 能把值放进 $[- 1, 1]$ ，等价于最大值减最小值不超过 $2$ ： $1 + b + \frac{b ^{2}}{4} = (1 + \frac{b}{2})^{2} \leq 2$ ，得 $b \leq 22 - 2$ ，约 $0.83$ ，小于节点给的 $1$ ，所以只看节点不够。端点 $b = 22 - 2$ 时，差恰好是 $2$ ，取 $c$ 使最大值和最小值关于 $0$ 对称，就满足条件。

答案：

$∣ b ∣ \leq 22 - 2$ 。

五、容易错在哪

只控制几个点，不能说整个区间都有界。 $- x^{2} - x + 1$ 在 $- 1, 0, 1$ 合格，在 $- \frac{1}{2}$ 处超过 $1$ 。
各节点取极端值时，要确认它们属于同一个多项式；条件是全区间时，还要检查这个多项式在全区间合格。
外根反射只说明换后模不变大，比较方向不能写反，而且只在 $∣ x ∣ \leq 1$ 时成立。
复系数不能直接用实系数结论，要先旋转首项系数，再取实部。

进阶：最大绝对值的下界 · 先修：本卡基础部分

首项系数定下来时，最大绝对值有下界

以 $max$ 表示最大值。设 $p (x) = x^{2} + b x + c$ ，区间是 $[0, t]$ 。作组合 $p (0) + p (t) - 2 p (\frac{t}{2}) = \frac{t ^{2}}{2}$ ，其中 $b, c$ 都消掉了，所以这个数和 $p$ 的低次项无关。如果 $∣ p ∣ \leq M$ ，左边绝对值不超过 $4 M$ ，所以 $t^{2} \leq 8 M$ ：区间长度和上界互相限制。例如同一个 $p$ 在 $[0, 4]$ 上要 $∣ p ∣ \leq 1$ 是做不到的，因为 $16 > 8$ 。这个组合的系数正负交错，这样才能消去低次项。

例 3：反求区间长度

首一二次式 $p (x)$ 在 $[0, t]$ 上都有 $∣ p (x) ∣ \leq 1$ （ $t > 0$ ）。求 $t$ 的最大值。

怎么看出来：

首项系数已知，选 $0, \frac{t}{2}, t$ 三点，消去一次项和常数项。

解：

设 $p (x) = x^{2} + b x + c$ 。 $p (0) + p (t) - 2 p (\frac{t}{2}) = c + t^{2} + b t + c - \frac{t ^{2}}{2} - b t - 2 c = \frac{t ^{2}}{2}$ 。左边绝对值不超过 $1 + 1 + 2 = 4$ ，所以 $t^{2} \leq 8$ ， $t \leq 22$ 。等号： $p (x) = (x - 2)^{2} - 1$ ， $x \in [0, 22]$ 时 $(x - 2)^{2} \in [0, 2]$ ，所以 $p (x) \in [- 1, 1]$ ，合格。

答案：

$22$ 。

例 4：系数绝对值之和

$p (x) = a x^{2} + b x + c$ 在 $[- 1, 1]$ 上都有 $∣ p (x) ∣ \leq 1$ 。求 $∣ a ∣ + ∣ b ∣ + ∣ c ∣$ 的最大值。

怎么看出来：

绝对值之和可以写成几种符号组合中的最大的那个，再用节点。

解：

$∣ a ∣ + ∣ c ∣$ 等于 $∣ a + c ∣$ 和 $∣ a - c ∣$ 中较大的。又 $∣ a + c ∣ + ∣ b ∣$ 等于 $∣ a + c + b ∣$ 和 $∣ a + c - b ∣$ 中较大的，也就是 $∣ p (1) ∣$ 和 $∣ p (- 1) ∣$ 中较大的，不超过 $1$ 。情况一： $∣ a ∣ + ∣ c ∣ = ∣ a + c ∣$ ，和不超过 $1$ 。情况二： $∣ a ∣ + ∣ c ∣ = ∣ a - c ∣$ ， $a - c = (a + c) - 2 c$ ，所以 $∣ a - c ∣ \leq ∣ a + c ∣ + 2∣ c ∣$ ，总和 $\leq ∣ a + c ∣ + ∣ b ∣ + 2∣ c ∣ \leq 1 + 2 = 3$ （ $∣ c ∣ = ∣ p (0) ∣ \leq 1$ ）。等号： $p (x) = 2 x^{2} - 1$ ， $2 + 0 + 1 = 3$ ，全区间合格。

答案：

$3$ 。

例 5：多一个插值条件的下界

$p (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c$ 满足 $p (1) = p (- 1)$ 。求 $p$ 在 $[- 1, 1]$ 上绝对值的最大值的最小可能值。

怎么看出来：

多了条件，先定 $b$ 。之后作差消去 $a, c$ ，再找让下界最大的点。

解：

由 $p (1) = p (- 1)$ ： $1 + a + b + c = - 1 + a - b + c$ ，所以 $b = - 1$ 。设 $∣ p ∣ \leq M$ 。对 $t \in (0, 1)$ ， $p (t) - p (- t) = 2 t^{3} - 2 t$ ， $a, c$ 消掉了，所以 $2 M \geq 2∣ t^{3} - t ∣$ 。取 $t = \frac{1}{3}$ ， $∣ t^{3} - t ∣ = \frac{2}{3 3}$ ，所以 $M \geq \frac{2 3}{9}$ 。等号：取 $a = c = 0$ ， $p (x) = x^{3} - x$ 。 $(x - \frac{1}{3})^{2} (x + \frac{2}{3}) = x^{3} - x + \frac{2 3}{9}$ ， $x \geq - 1$ 时非负，所以 $p (x) \geq - \frac{2 3}{9}$ 。 $p$ 是奇函数，同样 $p (x) \leq \frac{2 3}{9}$ 。

答案：

$\frac{2 3}{9}$ 。

进阶：切比雪夫多项式 · 先修：余弦的倍角公式，本卡基础部分

切比雪夫多项式

$cos 3 θ = 4 cos^{3} θ - 3 cos θ$ ，令 $x = cos θ$ ， $T_{3} (x) = 4 x^{3} - 3 x$ 在 $[- 1, 1]$ 上绝对值不超过 $1$ 。一般由 $T_{0} = 1, T_{1} = x, T_{n + 1} = 2 x T_{n} - T_{n - 1}$ 得到 $T_{n} (cos θ) = cos n θ$ ，首项系数是 $2^{n - 1}$ （ $n \geq 1$ ）。结论： $n \geq 1$ 次、首项系数为 $c$ 的实系数多项式，在 $[- 1, 1]$ 上 $max ∣ F ∣ \geq \frac{∣ c ∣}{2 ^{n - 1}}$ 。

复系数和外根：先化成实的比较

复系数时，乘一个模为 $1$ 的复数，把首项系数变成正实数；再取实部。实部的首项系数相同，而且模不小于实部的绝对值，所以能用上面的实系数结论。根 $z$ 的模大于 $1$ 时，可以把因子 $x - z$ 换成 $1 - \overset{z}{ˉ} x$ 。计算得 $∣1 - \overset{z}{ˉ} x ∣^{2} - ∣ x - z ∣^{2} = (1 - x^{2}) (1 - ∣ z ∣^{2}) \leq 0$ （ $∣ x ∣ \leq 1$ ， $∣ z ∣ > 1$ ），所以换后在 $[- 1, 1]$ 上模不变大，首项系数的模却从 $1$ 变成 $∣ z ∣$ 。方向要先算清楚再用。

真题

按这个方法练 · 18 题

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整系数多项式的根：用整除缩小可能的根

系数都是整数时，根不能随便取。既约有理根 $\frac{p}{q}$ 的分子整除常数项，分母整除首项系数（常数项不为 $0$ 时）。所以只有有限几个值要试。首一的除式还能保证商也是整系数。

完整讲解 · 例题 · 可练 10 题

一、是什么

有理根：分子整除常数项，分母整除首项系数

设 $a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0} = 0$ ，系数都是整数， $a_{n} \neq = 0$ ， $a_{0} \neq = 0$ 。 $x = \frac{p}{q}$ 是根， $p, q$ 互素（既约）。代入后乘 $q^{n}$ ，除了最后一项都含 $p$ ，所以 $p$ 整除 $a_{0} q^{n}$ ； $p$ 和 $q$ 互素，所以 $p$ 整除 $a_{0}$ 。同样，除了第一项都含 $q$ ，所以 $q$ 整除 $a_{n}$ 。没有约分时不能用这个结论。

首一时，有理根都是整数

首项系数是 $1$ ， $q$ 只能是 $\pm 1$ ，所以有理根都是整数，且整除常数项。如果常数项是 $0$ ，先提出 $x$ ，再对剩下的多项式用这个结论。0 也是一个根。

首一的除式：商还是整系数

整系数多项式除以首项系数为 $1$ 的整系数多项式，长除时不需要除以任何数，所以商和余式都是整系数。整除时可以直接设商。例如 $x^{2} + x + 1$ 整除 $x^{4} + a x + b$ ， $a, b$ 是整数，设商为 $x^{2} + m x + n$ ，展开比较系数： $m + 1 = 0$ ， $m + n + 1 = 0$ ，得 $m = - 1, n = 0$ ，所以 $a = m + n = - 1$ ， $b = n = 0$ 。

先看一道例题

例 1：求全部有理根

求 $2 x^{3} - 3 x^{2} - 8 x - 3 = 0$ 的全部有理根。

怎么看出来：

整系数，常数项不为 $0$ ，所以分子整除 $3$ ，分母整除 $2$ 。

解：

可能的值是 $\pm 1, \pm 3, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{3}{2}$ 。代入 $x = - 1$ ： $- 2 - 3 + 8 - 3 = 0$ ，是根。除以 $x + 1$ 得 $2 x^{2} - 5 x - 3 = (2 x + 1) (x - 3)$ 。所以三个根是 $- 1, - \frac{1}{2}, 3$ ，全部是有理数。

答案：

$x = - 1, - \frac{1}{2}, 3$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
整系数方程，问有没有有理根，或求全部有理根	列分子、分母的可能值，逐个代入
首一整系数方程，含整数参数，有整数根	根整除常数项，对每个根解出参数
首一的因式整除整系数多项式	直接设整系数的商，比较系数
$a + b$ 是整系数多项式的根， $a, b$ 是有理数， $b > 0$ ， $b$ 是无理数	配出有理系数的二次因式（见进阶“无理根的配对”）
问整数根最多几个（含重根）	在另一个整数点取值，用整除估计（见进阶“重数的界”）
方程含素数 $p$ ，问有理根	分母只有几类（见进阶“素数参数”）

三、怎么用

约成整系数，常数项不为 $0$ 时往下做。解 $2 x^{2} - 3 x + 1 = 0$ ，系数都是整数，常数项 $1$ 。
列可能的值。分子整除 $1$ ，分母整除 $2$ ，只能是 $\pm 1, \pm \frac{1}{2}$ 。
逐个代入。 $x = 1$ ： $2 - 3 + 1 = 0$ ； $x = \frac{1}{2}$ ： $\frac{1}{2} - \frac{3}{2} + 1 = 0$ ； $x = - 1$ 得 $6$ ， $x = - \frac{1}{2}$ 得 $3$ ，都不是根。
写出结果并分解检查。 $2 x^{2} - 3 x + 1 = (x - 1) (2 x - 1)$ ，一致。

四、再做一道

例 2：没有有理根，也可能分解

求 $x^{4} - 3 x^{2} + 1$ 的全部有理根，并判断它能否分解成两个非常数的整系数多项式的乘积。

怎么看出来：

首一，常数项是 $1$ ，有理根只可能是 $\pm 1$ 。四次式没有一次因式时，还可能是两个二次式的乘积。

解：

$x = \pm 1$ 时值都是 $- 1$ ，所以没有有理根，也就没有一次因式。再试两个二次因式。整系数乘积首项是 $1$ ，两个首项都是 $1$ 或都是 $- 1$ ，都是 $- 1$ 时同时变号，所以可设 $(x^{2} + ux + v) (x^{2} + w x + s)$ ，都是整数。比较系数： $u + w = 0$ ， $v + s + u w = - 3$ ， $u s + v w = 0$ ， $v s = 1$ 。由 $w = - u$ 和 $u s + v w = u (s - v) = 0$ ： $u = 0$ 时 $v + s = - 3$ 且 $v s = 1$ ，没有整数解；所以 $s = v = \pm 1$ ， $2 v - u^{2} = - 3$ 。 $v = 1$ 时 $u^{2} = 5$ ，不行； $v = - 1$ 时 $u^{2} = 1$ 。于是可以分解。三次式就不同：分解必含一次因式，所以只看有理根。

答案：

没有有理根；能分解， $x^{4} - 3 x^{2} + 1 = (x^{2} + x - 1) (x^{2} - x - 1)$ 。

五、容易错在哪

有理根定理要求分数已经约分。不约分时，分子分母可能含公因子，结论不成立。
常数项是 $0$ 时， $0$ 是根，这时不能说根整除常数项来排除非零根，要先提出 $x$ 。
数整数根要看题目是否含重根。 $(x - 2)^{3}$ 只有一个不同的根，但含重根是 3 个。
构造例子后要检查展开的系数和多出的根，否则例子可能不符合题目限制。
没有有理根不等于不能分解。这个判断只对二次和三次成立，四次可能分成两个二次式。

进阶：无理根的配对 · 先修：本卡基础部分，无理数

成对的无理根

设 $P (x)$ 整系数， $P (1 + 3) = 0$ 。 $1 + 3$ 是 $x^{2} - 2 x - 2$ 的根。用它除 $P (x)$ ，余式 $ux + v$ 是整系数，且 $u (1 + 3) + v = 0$ 。 $3$ 是无理数，所以 $u = 0$ ，再得 $v = 0$ 。于是 $x^{2} - 2 x - 2$ 整除 $P (x)$ ，另一个根 $1 - 3$ 也是根。这要求 $3$ 确实是无理数，并且系数都是有理数。

例 3：常数项能不能是这个数

是否存在首一整系数三次多项式 $P (x)$ ，满足 $P (1 + 3) = 0$ ， $P (0) = 5$ ？

怎么看出来：

有 $1 + 3$ 这个根，所以有因式 $x^{2} - 2 x - 2$ ，另一个因式也是整系数。

解：

由上面的配对， $P (x) = (x^{2} - 2 x - 2) (x + c)$ ， $c$ 是整数，因为除式首一。 $P (0) = - 2 c$ 是偶数，不可能等于 $5$ 。这也说明 $P (0) = 4$ 时可以取 $c = - 2$ ，但 $5$ 不行。

答案：

不存在。

进阶：重数的界 · 先修：本卡基础部分

重数的界：在另一个整数点取值

设 $P$ 是首一整系数多项式， $k_{1}, \dots, k_{s}$ 是它的整数根（重根重复写）， $m$ 是整数且不是根。除掉这些因式后商仍是整系数，所以 $P (m)$ 被 $(m - k_{1}) \dots (m - k_{s})$ 整除。如果这些差的绝对值都至少是 $2$ ，就有 $2^{s} \leq ∣ P (m) ∣$ ， $s$ 不会太大。构造例子时还要检查次数、系数范围，以及是否多出了不允许的根。

例 4：正整数根最多几个

$P (x)$ 是首一整系数多项式， $P (0) = 8$ ，且 $x = 1$ 不是根。 $P$ 的正整数根（含重根）最多几个？

怎么看出来：

$x = 1$ 不是根，所以正整数根都至少是 $2$ ；在 $x = 0$ 处取值，能控制它们的乘积。

解：

设正整数根为 $k_{1}, \dots, k_{s}$ ，每个都不小于 $2$ 。商是整系数，所以乘积 $k_{1} \dots k_{s}$ 整除 $8$ ，于是 $2^{s} \leq 8$ ， $s \leq 3$ 。构造： $P (x) = (x - 2)^{3} (x^{2} + x - 1)$ ，首一整系数。 $P (0) = (- 8) (- 1) = 8$ ， $P (1) = (- 1) (1) = - 1 \neq = 0$ 。 $x^{2} + x - 1$ 的根是无理数，所以正整数根恰有 $3$ 个（都是 $2$ ）。

答案：

$3$ 个。

进阶：素数参数 · 先修：本卡基础部分，素数

素数乘首项系数：分母只有几种

素数 $p$ 的因数只有 $\pm 1, \pm p$ 。方程 $p x^{2} + x - 1 = 0$ 的有理根，分子整除 $1$ ，分母整除 $p$ ，所以只能是 $\pm 1, \pm \frac{1}{p}$ 。首项系数含更多的因子时，分母就分“固定因子”和“ $p$ 的倍数”两类。

例 5：素数定参数

素数 $p$ 使方程 $p x^{2} + x - 1 = 0$ 有有理根。求 $p$ 。

怎么看出来：

首项系数是素数，所以分母只有 $\pm 1, \pm p$ 这几种。

解：

有理根只能是 $\pm 1, \pm \frac{1}{p}$ 。 $x = 1$ ： $p = 0$ ，不是素数。 $x = - 1$ ： $p - 2 = 0$ ， $p = 2$ 。 $x = \frac{1}{p}$ ： $\frac{2}{p} - 1 = 0$ ， $p = 2$ 。 $x = - \frac{1}{p}$ ： $- 1 = 0$ ，不成立。检查： $p = 2$ 时 $2 x^{2} + x - 1 = (2 x - 1) (x + 1)$ 。

答案：

$p = 2$ 。

真题

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误区对照

容易误以为

设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是方程 $x^{3} - 2 x + 5 = 0$ 的三个根，求 $x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1}$ 与 $x_{1} x_{2} x_{3}$ ：因缺二次项，误把第二个有效系数 $- 2$ 当作根和 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = - 2$ ，把常数项 $5$ 当作三根之积 $x_{1} x_{2} x_{3} = 5$ 。

应当这样想

将方程补齐缺项为 $x^{3} + 0 x^{2} - 2 x + 5 = 0$ ，对照 $x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3} = 0$ 可知： $s_{1} = x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ ，两两乘积和 $s_{2} = x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1} = - 2$ ，三根之积 $s_{3} = x_{1} x_{2} x_{3} = - 5$ （奇数次首一多项式常数项带负号）。

为什么

$n$ 次多项式 $a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0$ 的第 $k$ 个初等对称式恒为 $s_{k} = (- 1)^{k} \frac{a _{n - k}}{a _{n}}$ ；遇到缺项（如 $a_{n - 1} = 0$ ）必须补 $0$ 占位，且 $k$ 为奇数时系数符号必取反。

容易误以为

设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是 $x^{3} - 2 x - 1 = 0$ 的三个根，求 $p_{3} = x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + x_{3}^{3}$ 与 $p_{4} = x_{1}^{4} + x_{2}^{4} + x_{3}^{4}$ ：由 $x_{i}^{3} = 2 x_{i} + 1$ 求和时漏乘根数，写成 $p_{3} = 2 p_{1} + 1 = 1$ ；或误以为 $p_{2} = 0$ 得 $p_{4} = 2 p_{2} + p_{1} = 0$ 。

应当这样想

由 $s_{1} = 0, s_{2} = - 2, s_{3} = 1$ ，先用牛顿公式算初值： $p_{1} = s_{1} = 0$ ， $p_{2} = s_{1}^{2} - 2 s_{2} = 0 - 2 (- 2) = 4$ 。再将 $x_{i}^{3} = 2 x_{i} + 1$ 对 $i = 1, 2, 3$ 求和，常数项 $1$ 累加三次得 $p_{3} = 2 p_{1} + 3 = 3$ （亦等于 $3 s_{3} = 3$ ）；同理 $x_{i}^{4} = 2 x_{i}^{2} + x_{i}$ 求和得 $p_{4} = 2 p_{2} + p_{1} = 2 \times 4 + 0 = 8$ 。

为什么

对 $d$ 次方程的全体根累加低次递推式时， $x_{i}^{0} = 1$ 对 $i = 1, \dots, d$ 的和是 $p_{0} = d$ 而非 $1$ ；同时即使 $s_{1} = 0$ ，二次幂和 $p_{2} = - 2 s_{2}$ 也往往非零，必须严格算清 $p_{1}, \dots, p_{d - 1}$ 。

概念自测

先想清楚，再确认判断。这些自测只帮助辨清概念，不计入真题做对率。

真题 · 122 道

从易到难排列。圆点表示你在这台设备上的做题情况：绿色做对、黄色部分做对、红色没做出。

多项式

从这里开始

知识要点

方法卡

多项式在几个点取已知值：作差变成零点，再由次数定形

一、是什么

根和因式：P(r)=0 就能提出 x−r

根数上限：次数管住根的个数

作差：把函数值变成零点

先看一道例题

例 1：三个函数值定出二次式，再求最小值

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：差里减的是二次式，再解全部根

五、容易错在哪

乘分母：已知值是分式时

相减降次：两个式子一起看

例 3：乘分母后还差一个根

例 4：相减求公共实根

两次复合：f(x)=x 的根都还在

例 5：提出 f(x)−x，数实根个数

变号夹根：只要位置和个数

例 6：含参数的方程：变号夹根

除式有重复因子：函数值不够，再用导数

一、是什么

多项式的导数：一条计算规则

为什么导数能判断重根

检验和余式

先看一道例题

例 1：由整除求系数

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：由余式求系数

五、容易错在哪

三重和更高的重根

非负的多项式：实根是偶数重

例 3：条件能否同时成立

单根处的导数：化成根的差

切线和三次曲线的另一个交点

例 4：根的差算平方和分式

根互换：把函数值改写成减法

只问根的和、积和对称式：用韦达定理，不求根

一、是什么

韦达定理从展开来

对称式怎么化

代入一个数，就是平移后的乘积

用和与积造方程

先看一道例题

例 1：平方和与平移乘积

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：由新的根造方程

五、容易错在哪

根分两组：另设两个二次因式

三根成等比：设中间那个根

例 3：知道两根之和，分组比较系数

例 4：三根等比求系数

两两根差的平方积

例 5：判别式为零：反求常数

难算的式子：换元、降次、递推，消去难算的部分

一、是什么

共同中心：设中间的数

成对的根式：和的平方带出乘积

降次：用方程把高次换成低次

先看一道例题

例 1：根式的和与差

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：高次换低次

五、容易错在哪

两个数的幂和递推

三个数的幂和递推

例 3：由幂和反求系数

立方根的和：得到一个方程

例 4：反求立方根里的参数

把无理系数当成字母

根和因式： $P (r) = 0$ 就能提出 $x - r$

两次复合： $f (x) = x$ 的根都还在

例 5：提出 $f (x) - x$ ，数实根个数

以 $r^{2}$ 为根造多项式

代 $1$ 和 $- 1$ ：系数之和

系数只取 $\pm 1$ ：先设全部是 $- 1$

只要奇次或偶次系数：把 $x$ 和 $- x$ 成对比较

代 $1$ 和 $- 1$ ：一次求出系数和