一元三次方程韋達定理及其應用

劉海濤

(1.安徽省蕪湖市第一中學,安徽 蕪湖 241000;2.新青年數學教師工作室,安徽 蕪湖 241000)

在教學中筆者發現,在高中數學聯賽或一些高校的強基考試中,經常會出現對一元三次方程的韋達定理的考查,甚至在一些省、市的高考模擬卷中也偶有考查.但是學生對此知識點知之甚少(該定理不屬于高中教材內容),少部分學生雖知道該定理卻不會應用,導致普遍對涉及該定理的問題望而生畏、望而卻步,從而被動放棄,實在可惜.筆者通過梳理近些年的相關考題,在介紹一元三次方程的韋達定理的基礎上,從該定理在不同問題上的應用予以分類,整理成文,以供讀者學習、交流之用,以期拋磚引玉[1].

1 定理的介紹

證明由a(x-x1)(x-x2)(x-x3)=a[x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x3x1)x-x1x2x3],得

-a(x1+x2+x3)=b,

a(x1x2+x2x3+x3x1)=c,

-ax1x2x3=d,

化簡得證.

說明該定理是在復數域內,即三個根(x1,x2,x3)可為實數也可為虛數.

2 定理的應用

2.1 在三次方程中的直接應用

解析由韋達定理得a+b+c=3,ab+bc+ca=-2,abc=-1,則

=a4b4+b4c4+c4a4

=(a2b2+b2c2+c2a2)2-2(a4b2c2+a2b4c2+a2b2c4)

=[(ab+bc+ca)2-2abc(a+b+c)]2-2a2b2c2[(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)]=74.

2.2 在函數問題中的應用

2.2.1求函數的解析式

例2設α,β,γ為方程x3-x+1=0的三個實根,求一個三次項系數為1的三次函數f(x),使方程f(x)=0的三根分別為1+α2,1+β2,1+γ2.

解析由韋達定理,得α+β+γ=0,αβ+βγ+γα=-1,αβγ=-1,則

α2+β2+γ2=2,(αβ)2+(βγ)2+(γα)2=1.

不妨設f(x)=x3+ax2+bx+c,則

a=-[(1+α2)+(1+β2)+(1+γ2)]=-5,

b=(1+α2)(1+β2)+(1+β2)(1+γ2)+(1+γ2)(1+α2)=8,

c=-(1+α2)(1+β2)(1+γ2)=-5.

故f(x)=x3-5x2+8x-5.

評注該題為2021年天津大學強基考題,該題實為考查一元三次方程韋達定理的正向、逆向使用.

2.2.2研究三次函數零點的關系

例3 已知函數f(x)=x(x-3)2,若存在f(a)=f(b)=f(c),a

A.1

C.a+b>2 D.abc∈(0,4)

解析求導得f′(x)=3(x-1)(x-3).

易知f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)上單調遞增,在(1,3)上單調遞減,極小值f(3)=0,極大值f(1)=4.

設f(a)=f(b)=f(c)=k,易知k∈(0,4),a∈(0,1),b∈(1,3),不難判斷出函數f(x)在區間(0,3)上屬于極值點左移,有a+b>2.

由f(x)=k得方程x3-6x2+9x-k=0,其中a,b.c為該方程三個根.

由韋達定理得a+b+c=6,abc=k∈(0,4).

故選BCD.

評注該題為2023年深圳市一模考題的11題,網上有深圳市老師反映該題得分率較低,多數學生不知道如何判斷B,D兩選項的正確與否,少部分學生答對也是靠對函數圖象的直觀性做出的猜測.事實上,若考生考前了解過一元三次方程的韋達定理,則可較為快速、準確地解出該題.

2.2.3求函數的最小值

解析設方程x3-ax2+bx-a=0的三個正實根分別為α,β,γ,則

α+β+γ=αβγ=a,αβ+βγ+γα=b.

由三元均值不等式,得

由(α+β+γ)2≥3(αβ+βγ+γα),得a2≥3b.

評注該題為2020年第十屆中國東南地區數學奧林匹克考試第1天的第1題.作為一項重大競賽考題,該題的難度偏小,主要考查一元三次方程的韋達定理和兩個三元不等式,是一個可以輕松“拿分”的數學競賽考題.

2.3 在三角函數求值中的應用

例5 求下列三式的值:

(1)cos40°+cos80°+cos°160°;

(2)cos40°cos80°+cos80°cos160°+cos160°·cos40°;

(3)cos40°cos80°cos160°.

于是得到

(1)cos40°+cos80°+cos160°=0;

評注該題為華東師范大學出版社出版的《數學奧林匹克小叢書》上的一道題,解答該題的關鍵在于數系一元三次方程的韋達定理的三式結構特征,以及三倍角余弦公式.

2.4 在數論問題中的應用

例6 已知a,b,c∈Z,且a+b+c=0,求證:2(a4+b4+c4)是一個完全平方數.

證明構造方程x3+mx2+nx+k=0(m,n,k∈Z),其中a,b,c是該方程的三個整數根,由韋達定理得m=0,n=ab+bc+ca,k=-abc.

由方程得a3=-(na+k),b3=-(nb+k),c3=-(nc+k).

所以2(a4+b4+c4)=-2n(a2+b2+c2)-2k(a+b+c)=-2n[(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)]=(2n)2,是一個完全平方數.

評注該題對高中數學競賽生來說,是一道很平常的數論練習題,方法也有很多,但是利用一元三次方程(這里是整數域下的三次方程)的韋達定理解題,能起到事半功倍的效果,給人耳目一新的感覺[2].

2.5 在復數問題中的應用

例7 已知三個復數a,b,c的模均為1,且a+b+c=1,abc=1,求a,b,c.

所以ab+bc+ca=abc=1.

由此可得a,b,c為方程x3-x2+x-1=0的三個根,因式分解方程可得(x-1)(x2+1)=0.

故{a,b,c}={1,i,-i}.

2.6 在不等式問題中的應用

例8 設a,b,c是實數,方程x3+ax2+bx+c=0有三個正根,證明:2a3+9c≤7ab,并且等號成立當且僅當這3個正根相等.

證明設題中方程的三個正根分別為α,β,γ,由韋達定理,得

α+β+γ=-a,αβ+βγ+γα=b,αβγ=-c.

2a3+9c-7ab=-2(α+β+γ)3-9αβγ+7(α+β+γ)(αβ+βγ+γα)=(α+β+γ)[7(αβ+βγ+γα)-2(α+β+γ)2]-9αβγ=(α+β+γ)[3(αβ+βγ+γα)-2(α2+β2+γ2)]-9αβγ=(α2β+αβ2+β2γ+βγ2+γ2α+γα2)-2(α3+β3+γ3)=-(α3+β3-α2β-αβ2)-(β3+γ3-β2γ-βγ2)-(γ3+α3-γ2α-γα2)=-(α+β)(α-β)2-(β+γ)(β-γ)2-(γ+α)(γ-α)2≤0,當且僅當α=β=γ時取等號,故得證.

評注該題是2014年北京大學夏令營考題,利用韋達定理將2a3+9c-7ab轉化為關于三正根α,β,γ的表達式,代數化簡即可得證.

2.7 在立體幾何中的應用

例9 已知長方體的體積為1,長、寬、高之和為k,表面積為2k,求實數k的取值范圍.

解析設該長方體的長、寬、高分別為a,b,c,則a+b+c=k,ab+bc+ca=k,abc=1,則可將a,b,c視作方程x3-kx2+kx-1=0的三根.

又該方程可因式分解為(x-1)[x2-(k-1)x+1]=0,不妨設a=1,則b,c是方程x2-(k-1)x+1的兩根.

評注題中三個條件恰好得到一元三次方程的韋達定理式的三個結構式,自然將長、寬、高作為一元三次方程的三根,借助三次方程解題.

2.8 在三角形中的應用

例10 已知△ABC的三邊分別為a,b,c,周長為2,求證:a2+b2+c2+2abc<2.

證明由題知a+b+c>2c,易得0

不等式a2+b2+c2+2abc<2等價于a2+b2+c2+2abc1+abc.

設f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),化簡得

f(x)=x3-2x2+(ab+bc+ca)x-abc.

問題等價于證明f(1)>0.

而由a,b,c∈(0,1),得證f(1)=(1-a)(1-b)(1-c)>0.

評注對于ab+bc+ca>1+abc的證明,解法多樣,但是利用一元三次方程的韋達定理解題卻是最簡便的.

3 結束語

一元三次方程的韋達定理雖沒有出現在教材中,也不屬于高中數學的知識點,但是通過文中的推導,我們不難發現,對于高中生而言該定理的理解完全不成問題,可以作為一種新定義題來命制題目,來考查學生的邏輯推理、數學運算等數學能力.基于此,筆者認為,在日常的教學中,廣大一線教師可以考慮介紹一些介于高中與大學之間的數學知識,尤其是從數學邏輯推理的角度予以介紹,并給出證明過程,并輔之適量的習題以供訓練,這樣,學生的數學思維能力和知識儲備都將得到大幅提升,高考中的優勢自然明顯,將來的數學學習也必將順利.在介紹教材之外的知識點時,更重要的是讓學生親歷知識的生成過程,知道概念的由來、定理的具體推導,從而掌握其中蘊含的數學思想方法[3],這樣,在遇到一道陌生問題時,學生才具有分析問題、解決問題的能力,考試自然能取得理想的成績[4].