妙用多項式除法求解導數與解幾壓軸試題

蘇藝偉 陳藝平

摘 要：巧妙借助多項式除法解決導數與解幾壓軸試題，往往能夠化繁為簡，化抽象為具體，實現解題的最優化.

關鍵詞：多項式除法;導數與解幾;最優化

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數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，實現解題的高效.

例1 （2020年全國Ⅰ卷理科第21題）已知函數fx=ex+ax2-x.

（1）當a=1時，討論fx的單調性（略）.

（2）當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x=0時，a∈R.

當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，+∞上單調遞增.

所以h′x>h′0=0.

故hx在0，+∞上單調遞增.

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上單調遞增，在2，+∞上單調遞減.

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fx=x3+klnx（k∈R），f ′x為fx的導函數.

當k=6時，求函數gx=fx-f ′x+9x的單調區間和極值.

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上單調遞減，在1，+∞上單調遞增.

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）已知關于x的函數y=fx，y=gx與hx=kx+b（k，b∈R）在區間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，發現有一個實根t=-1，借助多項式除法得到另外一個因式t3-t2-13t-3，進一步發現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，F2.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

結合0

簡析 該解法通過聯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.由于這個關于e的方程（即④式）是一個關于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式檢驗后發現是成立的，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式轉化成為⑤式，進一步轉化成⑥式，最后得到⑦式.事實上，還可以鼓勵有能力的學生，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，F2，漸近線y=bax上一點N滿足ON=c（點N在第一象限內），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，F1-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AM=AN，得

1+k2·18kbb2+9k2=1+1k2·18kbb2k2+9.

設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b的取值范圍.

不難發現，對于此類導數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，將復雜的問題轉化成簡單的問題，提高學生的數學運算能力，培育數學運算素養，可謂大道至簡，柳暗花明又一村.

練習 當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單調遞減，在3，+∞單調遞增.

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.普通高中數學課程標準（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.

[責任編輯：李 璟]