妙用多項式除法求解導(dǎo)數(shù)與解幾壓軸試題

蘇藝偉 陳藝平

摘 要：巧妙借助多項式除法解決導(dǎo)數(shù)與解幾壓軸試題，往往能夠化繁為簡，化抽象為具體，實現(xiàn)解題的最優(yōu)化.

關(guān)鍵詞：多項式除法;導(dǎo)數(shù)與解幾;最優(yōu)化

中圖分類號：G632?? 文獻標識碼：A?? 文章編號：1008-0333（2022）10-0039-05

多項式除法定理 設(shè)fx，gx是兩個多項式，且gx≠0，則恰有兩多項式qx及rx使得fx=qxg（x）+r（x）成立，其中r（x）=0或

degrx

通俗地說，多項式除法是代數(shù)中的一種運算，用一個多項式去除以另一個多項式，從而將一個相對復(fù)雜的除法問題分解成更小的一些問題.借助多項式除法定理可以解決導(dǎo)數(shù)與解幾壓軸試題中一些較難的多項式分解問題，從而突破難點，化繁為簡，化抽象為具體，實現(xiàn)解題的高效.

例1 （2020年全國Ⅰ卷理科第21題）已知函數(shù)fx=ex+ax2-x.

（1）當(dāng)a=1時，討論fx的單調(diào)性（略）.

（2）當(dāng)x≥0時，fx≥12x3+1，求a的取值范圍.

解析 由已知可得ax2≥12x3+1+x-ex.

當(dāng)x=0時，a∈R.

當(dāng)x>0時， a≥12x3+x+1-exx2.

令gx=12x3+x+1-exx2，x>0，

只需a≥gxmax.

g′x=12x3-x-2-x-2exx3

=x-212x2+x+1-x-2exx3

=2-xex-12x2+x+1x3.

記hx=ex-12x2-x-1，x>0，

則h′x=ex-x-1，

h″x=ex-1≥0，

所以h′x在0，+∞上單調(diào)遞增.

所以h′x>h′0=0.

故hx在0，+∞上單調(diào)遞增.

所以hx>h0=0.

所以ex-12x2-x-1>0.

令g′x=0，得x=2.

所以gx在0，2上單調(diào)遞增，在2，+∞上單調(diào)遞減.

所以gxmax=7-e24.

此時有a≥7-e24.

綜上，a≥7-e24.

簡析 對于多項式12x3-x-2，經(jīng)檢驗可知x=2是方程12x3-x-2=0的一個實根，借助多項式除法得到另外一個因式12x2+x+1，通過驗根和多項式除法，順利將g′x進行化簡，從而突破難點.

例2 （2020年天津卷理科第20題）已知函數(shù)fx=x3+klnx（k∈R），f ′x為fx的導(dǎo)函數(shù).

當(dāng)k=6時，求函數(shù)gx=fx-f ′x+9x的單調(diào)區(qū)間和極值.

解析 gx=x3+6lnx-3x2+3x，

g′x=3x2x4-2x3+2x-1

=3x2x+1x3-3x2+3x-1

=3x2x+1x-13.

所以gx在0，1上單調(diào)遞減，在1，+∞上單調(diào)遞增.

所以g（x）有極小值g1=1，無極大值.

簡析 對于多項式x4-2x3+2x-1，經(jīng)檢驗可知x=-1是方程x4-2x3+2x-1=0的一個實根，借助多項式除法得到另外一個因式x3-3x2+3x-1.通過驗根和多項式除法，順利將g′x進行化簡，從而突破難點.

例3 （2020年江蘇卷理科第19題）已知關(guān)于x的函數(shù)y=fx，y=gx與hx=kx+b（k，b∈R）在區(qū)間D上恒有fx≥hx≥gx.若

fx=x4-2x2，gx=4x2-8，hx=4t3-tx-3t4+2t2，

D=m，n-2，2，0

證明 由已知可得

x4-2x2-4t3-tx+3t4-2t2≥0，4x2-4t3-tx+3t4-2t2-8≤0.①②

先考慮第①個不等式，轉(zhuǎn)化成

x-t2x2+2tx+3t2-2≥0.

即x2+2tx+3t2-2≥0對任意x∈[m，n][-2，2]，0

Δ=81-t2.

若00，則

n-m≤2+t<2+1<7.

若1≤t2≤2，Δ≤0，此時考慮不等式②.

設(shè)4x2-4t3-tx+3t4-2t2-8=0的兩個實根為x1，x2，

則x1+x2=t3-t，x1x2=3t4-2t2-84.

此時n-m≤x1-x2=x1+x22-4x1x2

=t6-5t4+3t2+8.

令t2=λ，則λ∈1，2.

記fλ=λ3-5λ2+3λ+8，則f ′λ<0，故fλ的最小值為7.

故n-m≤7.

簡析 對于方程

x4-2x2-4t3-tx+3t4-2t2=0，

經(jīng)檢驗可知x=t是一個實根，借助多項式除法得到另外一個因式x3+tx2+t2x-2x-3t3+2t.

經(jīng)檢驗可知x=t是x3+tx2+t2x-2x-3t3+2t=0的一個實根，再次用多項式除法得到另外一個因式x2+2tx+3t2-2.

因此將不等式（1）轉(zhuǎn)化成x-t2x2+2tx+3t2-2≥0，

從而突破難點.

例4 已知直線x-2y-1=0與拋物線y2=4x交于A，B兩點，C為拋物線上的一點，∠ACB=90°，求點C的坐標.

解析 由x-2y-1=0，y2=4x，得

y2-8y-4=0.

設(shè)Ax1，y1，Bx2，y2，Ct2，2t，AB中點為D，

則y1+y2=8，y1y2=-4.

故AB=x1+x2+p=2y1+1+2y2+1+2=20，CD=10，D9，4.

令t2-92+2t-42=100，得

t4-14t2-16t-3=0.③

經(jīng)檢驗，t=-1是方程③的一個實根.

所以t4-14t2-16t-3含一個因式t+1.

進一步，用t4+0·t3-14t2-16t-3除以t+1，得到t3-t2-13t-3.

經(jīng)檢驗，t=-3是t3-t2-13t-3=0的一個實根，

所以t3-t2-13t-3含一個因式t+3.

進一步，用t3-t2-13t-3除以t+3，得到t2-4t-1.

因此，方程③可以轉(zhuǎn)化成

t+1t+3t2-4t-1=0.

由于點Ct2，2t不在直線x-2y-1=0上，

所以t2-4t-1≠0.

故C1，-2或C9，-6.

簡析 對于方程t4-14t2-16t-3=0，發(fā)現(xiàn)有一個實根t=-1，借助多項式除法得到另外一個因式t3-t2-13t-3，進一步發(fā)現(xiàn)t=-3是t3-t2-13t-3=0的一個實根，再次運用多項式除法，得到t2-4t-1.故而最終分解成（t+1）（t+3）（t2-4t-1）=0.

例5 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2.F2也是拋物線E：y2=2px（p>0）的焦點，點A為C與E的一個交點，且直線AF1的傾斜角為45°，求C的離心率.

解析 聯(lián)立直線和橢圓方程求出點A坐標，然后代入拋物線方程.

由y=x+c，x2a2+y2b2=1，得

b2+a2x2+2a2cx+a2c2-a2b2=0.

所以Δ=8a2a2-c22.

由求根公式有

x=-2a2c+22aa2-c22b2+a2=2a3-a2c-2ac22a2-c2.

故A2a3-a2c-2ac22a2-c2，2a3+a2c-2ac2-c32a2-c2.

將點A坐標代入拋物線方程y2=4cx，得

2a3+a2c-2ac2-c32a2-c22

=4c·2a3-a2c-2ac22a2-c2.

化簡，得

2a3+a2c-2ac2-c32

=4c2a3-a2c-2ac22a2-c2.

即

2a6+22a5c-3a4c2-42a3c3+22ac5+c6=

82a5c-8a4c2-122a3c3+4a2c4+42ac5.

得2a6-62a5c+5a4c2+82a3c3-4a2c4-22ac5+c6=0.

兩邊同時除以a6，得

e6-22e5-4e4+82e3+5e2-62e+2=0.④

即e+22e4-42e3+10e2-42e+1=0.⑤

則e4-42e3+10e2-42e+1=0.⑥

兩邊再同時除以e2，得

e-222+1e-222=6.⑦

結(jié)合0

簡析 該解法通過聯(lián)立直線和橢圓方程求出點A坐標，然后代入拋物線方程，從而求出離心率.將點A坐標代入拋物線方程y2=4px，整理得到關(guān)于a與c的齊次式，然后兩邊同時除以a6得到e的方程.由于這個關(guān)于e的方程（即④式）是一個關(guān)于e的六次方程.對于這樣一個六次方程的求解在高中階段更是顯得十分困難.為了順利求出離心率，通過觀察嘗試，運用合情推理，首先猜測該方程有一個根-2，代入④式檢驗后發(fā)現(xiàn)是成立的，因此不難得到④式有一個因式為e+22（注意不是e+2，因為最高次項是6）.當(dāng)確定有一個因式為e+22，運用多項式除法得到另外一個因式e4-42e3+10e2-42e+1，從而將④式轉(zhuǎn)化成為⑤式，進一步轉(zhuǎn)化成⑥式，最后得到⑦式.事實上，還可以鼓勵有能力的學(xué)生，進一步思考，將⑤式進一步分解成為e+22e-2+12e-2-12=0，從而求出離心率.

例6 已知雙曲線x2a2-y2b2=1的左右焦點為F1，F(xiàn)2，漸近線y=bax上一點N滿足ON=c（點N在第一象限內(nèi)），直線NF1與雙曲線的另一條漸近線y=-bax相交于點M，且FM=3a，求雙曲線的離心率e.

解析 由已知可得

Na，b，F(xiàn)1-c，0，kNF1=ba+c.

所以直線NF1方程為y=ba+cx+c.

由y=ba+cx+c，y=-bax，得

M-ac2a+c，bc2a+c.

所以ac+c222a+c2+b2c22a+c2=3a.

故2c4+2c3a=12a4+12a3c+3a2c2.

即2e4+2e3-3e2-12e-12=0.

即e-22e3+6e2+9e+6=0.

故e=2.

簡析 觀察到方程2e4+2e3-3e2-12e-12=0，有一個實根e=2，借助多項式除法得到另外一個因式2e3+6e2+9e+6，從而求出離心率.

例7 過橢圓C：x29+y2b2=1（0

解析 設(shè)直線AM方程為y=kx+b，

代入b2x2+9y2=9b2，

得9k2+b2x2+18kbx=0.

故xM=-18kbb2+9k2.

用-1k代替k，得xN=18kbb2k2+9.

所以AM=1+k2·18kbb2+9k2，

AN=1+1k2·18kbb2k2+9.

令A(yù)M=AN，得

1+k2·18kbb2+9k2=1+1k2·18kbb2k2+9.

設(shè)k>0且k≠1，則

b2k3-9k2+9k-b2=0.

即k-1b2k2+b2-9k+b2=0.

方程b2k2+b2-9k+b2=0有大于0且不等于1的正實根.

故Δ≥0且b2+b2-9+b2≠0，0

解得0

簡析 觀察到方程

b2k3-9k2+9k-b2=0，有一個實根k=1，借助多項式除法得到另外一個因式b2k2+b2-9k+b2，從而求出實數(shù)b的取值范圍.

不難發(fā)現(xiàn)，對于此類導(dǎo)數(shù)與解幾壓軸試題中的多項式化簡問題，在難以直接因式分解的前提下，可以采用先驗根，得到一個因式，再借助多項式除法得到另外一個因式，從而將多項式分解成若干項之積，將復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化成簡單的問題，提高學(xué)生的數(shù)學(xué)運算能力，培育數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)，可謂大道至簡，柳暗花明又一村.

練習(xí) 當(dāng)x>0時，ex-ax3≥16x4+12x2+x+1恒成立，求a的取值范圍.

解析 由已知，得

a≤ex-16x4-12x2-x-1x3.

令g（x）=ex-16x4-12x2-x-1x3，

只需a≤gxmin.

故g′x=x-3ex-16x4-12x2-2x-3x4.

又16x4-12x2-2x-3

=x-316x3+12x2+x+1，

所以g′（x）=（x-3）（ex-16x3-12x2-x-1）x4.

又當(dāng)x>0時，ex>x+1，

所以∫x0exdx>∫x0x+1dx.

即ex>1+x+12x2.

所以∫x0exdx>∫x0（1+x+12x2）dx.

解得ex>16x3+12x2+x+1.

故令g′（x）=0，得x=3.

故gx在0，3單調(diào)遞減，在3，+∞單調(diào)遞增.

所以gxmin=g3=e3-2227.

故a≤e3-2227.

參考文獻：

[1]

中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標準（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2017.

[2] 教育部考試中心.中國高考評價體系[M].北京：人民教育出版社，2019.

[責(zé)任編輯：李 璟]