第 20 讲待定系数法
知识方法
在解答一些与多项式相关的问题时，可先设出某些尚待确定的系数，然后根据已知条件来确定这些系数的值，从而解决问题，这样的方法称为待定系数法.
确定待定系数的办法因题而异，其中使用得最多的是恒等式的概念和多项式的恒等定理：即如果两个化简后的多项式恒等，那么它们对应的同次项的系数分别相等.
经典例题解析
【例 20-1】 如果 与 是同一个多项式的不同形式，那么
解法1 由已知得
根据恒等式的性质，得
解得
所以
解法2 由已知得
根据恒等式的意义，当x 取0、1、2时，等式仍然成立，
所以 解得
故
例 20-1解法1是根据恒等式的性质，比较等式两边的同次项系数，得到关于待定系数的方程组，从而求出未知系数的值.因此，这种方法又叫比较系数法.
例 20-1解法2是根据恒等式的意义，对a 赋以不同的值得到关于未知系数的方程组，从而求出未知系数的值，这种方法又叫作赋值法.
【例20-2】 设f(x)为x的多项式,当x=a+1时,f(x)的值是 试求出多项式 f(x).
解 设 则
①
令a=—1，代入式①中即得C=8.再将C=8代入式①中又得
从而即有,
A(a+1)+B=2a-7. ②
又令a=—1,代入式②中即得B=—9.最后令a=0以及B=—9,C=8代入式①中得A=2,于是 故所求的多项式为
【例 20-3】 已知 其中 A、B、C、D 为常数,则A= .
解 通分，并比较等式两边的分子可得
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即2x -3x +6x-1=(A+C)x +(B+D)x +(3A+C)x+3B+D.
于是 浑彳 所以 A=2.
【例20-4】 多项式 的一个因式是x+y-2，试确定a+b的值.
分析 题目条件中给出了一个二次多项式及一个一次因式，我们需要设出另一个一次因式.观察已知二次式的二次项是x 、axy、by ,常数项是6，已知一次因式的一次项是x、y，常数项是-2，所以另一个一次因式可以设为x+ by-3.
解 由已知，可设另一个因式为x+ by-3，则
=(x+y-2)(x+ by-3)
比较系数，得 解得
所以a+b=--1-2=-3.
辩遥 关于x、y的一次式一般形式为 Ax+By+C，其中含有三个待定系数，当题设条件不能经观察确定A、B、C中某几个数值时，就要设成一般式.如果例20-4中的另一个一次因式设成x+ my+n,那么
原式=(x+y-2)(x+ my+n)
= n.
比较这两种设法，前者只需解一个二元一次方程组，而后者则要解一个四元一次(五个方程)的方程组，大大增加了工作量.因此，应用待定系数法解题时，要根据题目的要求，恰当地设定未知系数.
【例 20-5】 当 p、m 为何值时,多项式 能被 整除
解 设 即
比较两边同次项系数，得 解得
于是,当p=-5,m=-2时,多项式 能被 整除.
【例20-6】 已知多项式 能被 整除,求证: ad= bc.
分析 因为 所以存在商式q(x)，使 ，显然q(x)是一次因式，且首项系数为a，即 ( ax+m)(其中m为待定系数).由此推证 ad= bc.
解 设商式为 ax+m,则
即
比较同次项系数，得
将式①代入式③，得
bp=d. ④
由式②得 代入④得 所以 ad= bc.
【例20-7】 如果(x-a)(x-4)-1能够分解成两个二项式x+b和x+c 的乘积(b、c为整数)，则a 应是多少
纷折 运用多项式恒等式知识寻求a、b、c的关系，再从b、c是整数入手，适当变形，求出b、c 进而求得a.
解 根据题意，得 则
① ②
由式①×4+式②,得 bc+4(b+c)=—17,
即 bc+4(b+c)+16=--1,(b+4)(c+4)=--1.
又 b、c是整数，则 或
得 或
代入式①,得a=4.
【例20-8】 k 为何值时,多项式 能分解成两个一次因式的积
解 设x -2xy+ky +3x-5y+2=(x+ ay+b)(x+ cy+d),则
(x+ + bd,
所以
由式③、式⑤，得 或 代入式④，得
a+2c=-5, ⑥
或
2a+c=-5. ⑦
解由式①、式⑥组成的方程组，得
解由式①、式⑦组成的方程组，得 代入式②,得k= ac=-3.
强化训练
一、选择题
1.已知 其中 A、B为常数,那么A+B的值为( ).
(A)-2 (B) 2 (C)-4 (D) 4
2.(x+a)(x+b)+(x+b)(x+c)+(x+c)(x+a)是完全平方式，则a、b、c的关系可写成( ).
(A)a
(A)1 (B) --1 (C) 2 (D) -2
4.多项式 除以 的余式是( ).
(A)1 (B) --1 (C)x--1 (D)x+1
5.若 有两个因式x+1和x+2,则a+b 的值是( ).
(A)7 (B) 8 (C) 15 (D) 21
二、填空题
6.已知多项式 能被 整除，且商式是3x+1，那么a的值是 .
7.如果 可分解为两个一次因式之积，则a= .
8. 已知 其中A、B、C 为常数,则 B= .
9.已知 其中A、B、C、D 为常数,则 A+B+3C+3D= .
10. 设 可分解为一次与二次因式之积，则k= .
三、解答题
11. 当a、b、c 为何值时,多项式 满足下列条件：被 整除，且被2x+1和x-2除时所得的余数相等
12.已知整数a、b、c使等式(x+a)(x+b)+c(x--10)=(x-11)(x+1)对任意的x 均成立，求c 的值.
13.若多项式 可以表示成一个一次二项式的三次方，问：a、b、c、d应满足什么条件
14.已知a、b、c 为实数,且多项式 能够被 整除.
(1) 求 4a+c 的值.
(2)求2a-2b-c 的值.
(3)若a、b、c为整数,且c≥a>1,试确定a、b、c的大小.
15.(1) 已知a、b、c 是实数,关于 x 的多项式(x+b)(x+c)+(x+c)(x+a)+(x+a)(x+b)为完全平方式,求证:a=b=c.
(2)已知关于x 的多项式. 为完全立方式，求证：
一、选择题
1.【答案】B.
【解 析】 因 由题意知 解 得 A =-1,B=3,故A+B=2.
2.【答案】B.
【解析】设(x+a)(x+b)+(x+b)(x+c)+(x+c)(x+a)=( mx+n) ,即
比较等式两边同次项系数，得
由(
得
故
故选 B.
3.【答案】D.
【解析】设 取 x=1,得1+a+1=1+3,于是a=2.
4.【答案】A.
【解析】设商式为g(x)，因为除式是二次式，所以余式最多是一次式，故可设 g(x)+ ax+b.取x=1,得1=a+b;取x=-1,得1=-a+b.解得a=0,b=1.所以,余式是1.
5.【答案】D.
【解析】
即 解得
所以a+b=7+14=21.
二、填空题
6.【答案】1.
【解析】由已知 +1),即 比较等式两边对应项的系数，得a=1，
7.【答案】—18.
【解析】由已知，设两个一次因式分别为x+ my-8和x+ ny+3,则
=(x+ my-8)(x+ ny+3)
比较系数，得
由式①、式③解出
故a= mn=9×(-2)=-18.
8.【答案
【解析】通分并比较等式两边的分子可得 令x=-1可得 令x=0可得1= 比较二次项的系数得3=A+
9.【答案】16.
【解析】通分并比较等式两边的分子可得 +1).令x=1,A+B+3C+3D=16.
10.【答案】-2.
【解析】由已知，可设
即 cxy+ abx+ acy.
比较系数，得 消去c，得 消去a、b得k=-2.
三、解答题
11.【答案】a=10,b=-19,c=0.
【解析】设多项式 被 整除所得商为A，被2x+1和x-2除所得的商分别为 B、D，余数均为r，则
①②③
在式①中,分别取x=0,x=-1得
c=0, ④
-a-9-b+c=0, ⑤
在式②中，取 得 在式③中,取x=2,得8a-36+2b+c=r.
从而
⑥解式④、式⑤、式⑥组成的方程组,得a=10,b=-19,c=0.
12.【答案】c=0或20.
【解析】因为 10x—11,所以a+b+c=—10,且 ab—10c=—11.从上面两式中消去c,得 10a+10b+ ab=-111,(a+10)(b+10)=-11.
不妨设a>b，于是 或
从而 或
所以c=-10-a-b=0 或20.
13.【答案】
14.【答案】(1) 12;(2)14;(3)a=2,b=-7,c=4.【解析】由已知，得 -4)(x+d),即
比较等式两边对应项的系数，得
(1) 4a+c=4(3+d)+(-4d)=12.
(2)2a-2b-c=2(3+d)-2(3d-4)-(-4d)=6+2d-6d+8+4d=14.
(3) 从式①、式②、式③中消去d,得
c=12-4a, ④
6=3a-13. ⑤
因为a、b、c 都是整数,且c≥a>1,
所以当a=2时,b=-7,c=4.
当a=3时,b=-4,c=0(不合题意).
由式④知,当a>3时,c<0.
所以a、b、c的大小为a=2,b=-7,c=4.
15.【答案】证明:(1) 因(x+b)(x+c)+(x+c)(x ( ab+ bc+ ca)为完全平方式,可设 +c)x+( ab+ bc+ ca)=( Ax+B) ,即; +B ,
比较两边同类项的系数，得3=A ,2(a+b+c)=2AB, ab+ bc+ ca=B .
消去A、B得 0,即
配方，得( 所以a=b=c.
(2) 设 把右式展开，比较两边同类项的系数，得3A=b,3A =c,
所以
