活躍在競賽和強(qiáng)基中的一元三次方程韋達(dá)定理

基金項(xiàng)目：江蘇省教育科學(xué)“十四五”重點(diǎn)課題“大概念視閾下高中數(shù)學(xué)單元作業(yè)設(shè)計(jì)實(shí)踐研究”（JS/2022/ZD0301-01202）

近年，一元三次方程的韋達(dá)定理頻繁的出現(xiàn)在高中數(shù)學(xué)競賽和一些高校的強(qiáng)基計(jì)劃考試中，實(shí)際上，一元三次方程韋達(dá)定理出現(xiàn)在人教A版新教材必修2教材中，屬于閱讀材料，但學(xué)生重視不夠，實(shí)在可惜.本文結(jié)合近年相關(guān)試題分類賞析.

1.定理內(nèi)容

設(shè)x1，x2，x3是實(shí)系數(shù)一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0（a≠0）的三個(gè)根，則x1+x2+x3=－ba，x1x2+x2x3+x3x1=ca，x1x2x3=－da.

2.考題賞析

例1" （2023年貴州省預(yù)賽試題）已知函數(shù)f（x）=x3－2x2－3x+4，若f（a）=f（b）=f（c），其中alt;blt;c，則a2+b2+c2=""""" .

解" 設(shè)f（a）=f（b）=f（c）=m，g（x）=f（x）－m，則a，b，c是函數(shù)g（x）的三個(gè)零點(diǎn)，

即a，b，c是方程x3－2x2－3x+4－m=0的三個(gè)根.由韋達(dá)定理，得a+b+c=2，ab+bc+ca=－3，

故a2+b2+c2=（a+b+c）2－2（ab+bc+ca）=10.

例2" （2023年浙江省預(yù)賽試題）已知a，b，c∈C，且a+b+c=a2+b2+c2=3，a3+b3+c3=6，則（a－1）2023+（b－1）2023+（c－1）2023=""""" .

解 "由a+b+c=a2+b2+c2=3，得ab+bc+ca=3，又a3+b3+c3－3abc=（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－bc－ca），所以abc=2，

所以a，b，c為方程x3－3x2+3x－3=0的根，所以x3－3x2+3x－1=2=（x－1）3，

又2023=3×674+1，所以（a－1）2023=（a－1）2674，所以原式=2674（a－1+b－1+c－1）=0.

例3" （2021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃數(shù)學(xué)試題）

若a，b，c為互異實(shí)數(shù)，a=ab+c，b=bc+a，c=ca+b，則a+b+c=""" .

解" 易知abc≠0，由a=ab+c，

b=bc+a，

c=ca+b， 消去c，得a－ab=1－ab=b1－a，再消去b得a3－3a2+2a+1=0，同理得b3－3b2+2b+1=0，c3－3c2+2c+1=0，

則a，b，c是方程x3－3x2+2x+1=0的三個(gè)實(shí)數(shù)根，所以a+b+c=3.

例4" （2019年貴州省預(yù)賽試題） 設(shè)a，b，c是三次方程x3+3x2+5x+7=0的根，三次多項(xiàng)式P滿足P（a）=b+c，P（b）=a+c，P（c）=a+b，P（a+b+c）=－16，則P（0）=""""" .

解" 由韋達(dá)定理得a+b+c=－3.令Q（x）=P（x）+x+3，則有Q（a）=P（a）+a+3=P（a）－b－c=0，

Q（b）=P（b）+b+3=P（b）－a－c=0，Q（c）=P（c）+c+3=P（c）－a－b=0.故Q（x）=t（x－a）（x－b）（x－c）=t（x3+3x2+5x+7）.注意到P（－3）=－16，所以Q（－3）=－8t=P（－3）－3+3=－16，所以t=2.

因此P（x）=Q（x）－x－3=2（x3+3x2+5x+7）－x－3，得P（0）=11.

點(diǎn)評" 上述例題要通過一定的途徑轉(zhuǎn)換為一元三次方程，進(jìn)而使用韋達(dá)定理，變形能力要求較高.

例5" （2020年浙江省預(yù)賽試題）設(shè)r為方程x3－x+3=0的解，則以r2為其解的首項(xiàng)系數(shù)為1的整系數(shù)一元三次方程為""" .

解" 設(shè)x3－x+3=0的三個(gè)根分別為a，b，c，a+b+c=0，ab+bc+ca=－1，abc=－3，

所以a2+b2+c2=（a+b+c）2－2（ab+bc+ca）=2，a2b2+b2c2+c2a2=（ab+bc+ca）2－2abc（a+b+c）=1，a2b2c2=9，故首項(xiàng)系數(shù)為1且三個(gè)根為a2，b2，c2的一元三次方程為x3－2x2+x－9=0.

點(diǎn)評" 求方程實(shí)際上是韋達(dá)定理的逆向應(yīng)用，上述實(shí)例依據(jù)原方程的韋達(dá)定理計(jì)算所求方程的韋達(dá)定理結(jié)果，進(jìn)而得到所求方程.

例6" （2013年第十屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克）實(shí)數(shù)alt;blt;c使得方程a+b+c=6有三個(gè)正實(shí)數(shù)根．求ab+bc+ac=9的最小值．

解" 設(shè)方程a+b+c=6的三個(gè)正實(shí)數(shù)根分別為x1，x2，x3，

則x1+x2+x3=a，x1x2+x2x3+x3x1=b，x1x2x3=a，由均值不等式得x1+x2+x3≥33x1x2x3，則a≥33a，解得a≥33.

由（x1+x2+x3）2≥3（x1x2+x2x3+x3x1），得a2≥3b.于是2a3－3ab+3ab+1=a（2a2－3b）+3ab+1≥a·a3+3a13a2+1=3a≥93，當(dāng)且僅當(dāng)a=33，b=9時(shí)，即方程的根均為3時(shí)取等號.所以，ab+bc+ac=9的最小值為93.

例7" （2019年北京大學(xué)暑期學(xué)堂數(shù)學(xué)測試）實(shí)數(shù)x，y，z滿足x+y+z=x2+y2+z2=2，求xyz的最大值和最小值.

解" 由x+y+z=x2+y2+z2=2，得xy+yz+zx=12［（x+y+z）2－（x2+y2+z2）〗=1，

所以x，y，z為一元三次函數(shù)f（t）=t3－2t2+t－xyz的零點(diǎn)，則f′（t）=3t2－4t+1=（3x－1）（x－1），所以f（t）在（－∞，13），（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（13，1）上單調(diào)遞減，故函數(shù)f（t）在x=13時(shí)取得極大值f（13）=427－xyz，在x=1時(shí)取得極小值f（1）=－xyz.

由f（13）≥0，f（1）≤0得0≤xyz≤427.

點(diǎn)評" 上述例題求解主要利用韋達(dá)定理得到三個(gè)變量的等量關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)或利用均值不等式求得目標(biāo)最值或取值范圍.

例8" （2022年第十九屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克）關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x3+ax2+bx+c=0有三個(gè)正實(shí)根，且三根之和不大于1.

證明：a3（1+a+b）－9c（3+3a+a2）≤0.

證明" 記方程的三個(gè)根為x1，x2，x3，則有x1+x2+x3=－a，x1x2+x2x3+x3x1=b，x1x2x3=－c，

由均值不等式有（x1+x2+x3）（x1x2+x2x3+x3x1）≥9x1x2x3，即有ab≤9c，又由（x1+x2+x3）2≥3（x1x2+x2x3+x3x1），得a2≥3b，其中－1≤alt;0，bgt;0，clt;0.

所以a3（1+a+b）－9c（3+3a+a2）≤a3（1+a+b）－ab（3+3a+a2）=a（a+1）（a2－3b）≤0.

例9" （2014年北京大學(xué)全國優(yōu)秀中學(xué)生體驗(yàn)營）設(shè)a，b，c是實(shí)數(shù)，方程x3+ax2+bx+c=0有3個(gè)正根，證明2a3+9c≤7ab，并且等號成立當(dāng)且僅當(dāng)這3個(gè)正根相等.

證明：設(shè)方程x3+ax2+bx+c=0的三個(gè)正根為x1，x2，x3，則a=－（x1+x2+x3），b=x1x2+x2x3+x3x1，c=－x1x2x3，所以7ab－（2a3+9c）=－7（x1+x2+x3）（x1x2+x2x3+x3x1）+2（x1+x2+x3）3+9x1x2x3

= （x1 + x2 + x3 ）［-7（x1 + x2 + x3 ） + 2（x1 + x2 + x3 ）2］ + 9x1x2x3

=（x1+x2+x3）（2x21+2x22+2x23－3x1x2－3x2x3－3x3x1）+9x1x2x3

=2（x31+x32+x33）－（x21x2+x21x3+x22x1+x22x3+x23x1+x23x2）

=（x31+x32－x21x2－x22x1）+（x32+x33－x22x3－x23x2）+（x33+x31－x23x1－x21x3）

=（x1+x2）（x1－x2）2+（x2+x3）（x2－x3）2+（x3+x1）（x3－x1）2≥0，等號成立，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=x3，所以2a3+9c≤7ab，并且等號成立當(dāng)且僅當(dāng)這3個(gè)正根相等.

例10" （《數(shù)學(xué)通報(bào)》2023年第8期問題2739）已知實(shí)數(shù)alt;blt;c，已知a+b+c=6，ab+bc+ac=9，證明：3lt;c－a≤23.

證明" 設(shè)abc=d，則a，b，c是方程x3－6x2+9x=d的實(shí)數(shù)根.

記f（x）=x3－6x2+9x，則f′（x）=3（x－1）（x－3），故f（x）在（－∞，1］，［3，+∞）上遞增，在（1，3）上遞減，

a，b，c分別是y=f（x）的圖像與直線y=d的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，結(jié)合f（0）=f（3）=0，f（1）=4可知，

0lt;dlt;4，0lt;alt;1lt;blt;3lt;c.由c+a=6－b，ca=9－b（c+a）=（3－b）2，可得（c－a）2=（c+a）2－4ca=（6－b）2－4（3－b）2=3b（4－b），因此3lt;c－a≤233lt;b（4－b）≤4，由于x，則上式顯然成立，故原不等式成立.

點(diǎn)評" 例9，例10利用方程的根結(jié)合韋達(dá)定理表示出函數(shù)中的參數(shù)，由均值不等式或配方實(shí)現(xiàn)證明，例12構(gòu)造一元三次方程，消元實(shí)現(xiàn)目標(biāo)式的達(dá)成，利用函數(shù)思想實(shí)現(xiàn)解答.

例11" （2018年山西省預(yù)賽試題）計(jì)算cos2π7cos4π7cos6π7的值為""" .

解" 易知2π7，4π7，6π7是方程cos4x－cos3x=0的根，且cos4x=2cos22x－1=2（2cos2x－1）2－1=8cos4x－8cos2x+1，cos3x=4cos3x－3cosx，所以cos4x－cos3x=8cos4x－4cos3x－8cos2x+3cosx+1=（cosx－1）（8cos3x+4cos2x－4cosx－1）=0，所以2π7，4π7，6π7是方程8cos3x+4cos2x－4cosx－1=0的根，即cos2π7，cos4π7，cos6π7是方程8x3+4x2－4x－1=0的根，所以cos2π7cos4π7cos6π7=18.

例12" （2023年內(nèi)蒙古預(yù)賽試題）tanπ9tan29πtan49π="""" .

解" 同例11方法，得tan2π9，tan22π9，tan24π9是方程x3－33x2+27x－3=0的根，

則tan2π9tan22π9·tan24π9=3，所以tanπ9tan29πtan49π=3.

點(diǎn)評" 上述二例非特殊角三角求值難度較大，求解中利用倍角公式將所求轉(zhuǎn)換為方程的根，利用韋達(dá)定理實(shí)現(xiàn)整體求解，具有一定的普適性.

例13" （2024年內(nèi)蒙古預(yù)賽試題）已知關(guān)于x的方程x3－3x+4=0的三個(gè)復(fù)數(shù)根分別為z1，z2，z3，則（z1－z2）2（z2－z3）2（z3－z1）2的值為""" .

解" 由韋達(dá)定理，得z1+z2+z3=0，z1z2+z2z3+z3z1=－3，z1z2z3=－4，且z31－3z1=－4，z32－3z2=－4，z33－3z3=－4，所以（z1－z2）（z1－z3）=z21－z1z2－z1z3+z2z3=z21+2z2z3+3=z21－8z1+3=z31+3z1－8z1

=z31+3z1+2（z31－3z1）z1=3（z21－1），同理可得（z2－z1）（z2－z3）=3（z22－1），（z3－z1）（z3－z2）=3（z23－1），

所以（z1－z2）2（z2－z3）2（z3－z1）2=－27（z21－1）（z22－1）（z23－1）=27［z21z22z23－（z21z22+z22z23+z23z21）+（z21+z22+z23）－1］，由z1+z2+z3=0，z1z2+z2z3+z3z1=－3得z21+z22+z23=6，9=（z1z2+z2z3+z3z1）2=z21z22+z22z23+z23z21+2z1z2z3（z1+z2+z3），所以z21z22+z22z23+z23z21=9，

故（z1－z2）2（z2－z3）2（z3－z1）2=－27［（－4）2－9+6－1］=－324.

例14" （北京大學(xué)2023年優(yōu)秀中學(xué)生寒假學(xué)堂測試）設(shè)△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)為復(fù)平面z的三點(diǎn)z1，z2，z3，滿足z1z2z3=0，z1+z2+z3=8+2i，z1z2+z2z3+z3z1=15+10i，則△ABC內(nèi)心的復(fù)數(shù)坐標(biāo)z的虛部所在區(qū)間為（" ）.

A.（12，1）""" B.其他三個(gè)答案都不對

C.（1，2）""" D.（0，12）

解" 由韋達(dá)定理，z1，z2，z3分別為x3－（8+2i）x2+（15+10i）x=0的三個(gè)根，首先必定一個(gè)為0，

不妨設(shè)z1=0，則z2，z3為x2－（8+2i）x+15+10i=（x－5）（x－3－2i）=0的兩個(gè)根，則z2=5，z3=3+2i，

所以三角形三個(gè)頂點(diǎn)為（0，0），（5，0），（3，2），則內(nèi)切圓半徑r=2S△ABCC△ABC=105+22+13∈（12，1），故選A.

點(diǎn)評" 韋達(dá)定理同樣適用于復(fù)數(shù)，例13利用韋達(dá)定理的結(jié)果對所求式進(jìn)行代數(shù)變形，直達(dá)目標(biāo)，例14是韋達(dá)定理逆向應(yīng)用，由韋達(dá)定理結(jié)果得到根對應(yīng)的方程，解方程確定三角形的頂點(diǎn)坐標(biāo).