37.代数学基本定理及应用

37.代数学基本定理及应用 
一．基本原理 
1.三次方程根与系数得关系 
（1）已知实系数多项式
有三个根,设为
 
3
2
( )x
ax
bx
cx
d





1
2
3
,
,
.
x x x
 
1
2
3
1
2
2
3
3 1
1
2
3
,
,
.
b
c
d
x
x
x
x x
x x
x x
x x x
a
a
a







（2）由三次方程根与系数的关系： 
 
3
2
(
)(
)(
)
(
)
(
)
.
x
a x
b x
c
x
a
b
c x
ab
bc
ca x
abc











2.复系数多项式
的
个复根为
,
1
1
1
0
( )
(
0)
n
n
n
n
n
f x
a x
a
x
a x
a a









n
1
2
,
,
,
n
x x
x

则 
 
1
2
1
2
1
1
2
1
1
0
1
2
,
,
( 1)
,
( 1)
.
k
k
n
n
i
i
n
n
i
j
i
j n
n
k
n k
i
i
i
i
i
i
n
n
n
n
n
a
x
a
a
x x
a
a
x x
x
a
a
x x
x
a


































证明：由多项式的因式分解定理知道
 
1
2
( )
(
)(
)
(
).
n
n
f x
a
x
x
x
x
x
x





1
2
1
2
1
2
1
1
( )
(
)(
)
(
)
[
(
)
(
)
( 1)
]
n
n
n
n
n
n
n
n
i
i
j
n
i
i
j n
f x
a
x
x
x
x
x
x
a x
x x
x x
x
x x
x


















于是比较系数可以得到韦达定理.（注意：或者用排列组合方法亦可证明）. 
3.★一个非常重要的技巧： 
先猜（看）根，再分解.很多题目中（特别是多项式），命题人往往都会给到一个看得出来
的零点，此时我们就可以做这样的因式分解，举个例子：求
的零点. 
3
2
( )
3
4
f x
x
x



可以发现
是方程
的一个实数根,所以
是多项式
的
1
x 
3x 
2
3
4
0
x 

1
x 
3x 
2
3
4
x 
一个因式,因此,设
1)
,又通过展开整理
3
2
3
4
(
x
x
x






2x
px
q



2
(
1)
x
x
px


,所以
.对
3
2
)
(
1)
(
)
q
x
p
x
p
q x
q







3x 
2
3
2
3
4
(
1)
(
)
x
x
p
x
p
q x
q







比系数可得：
,解得
.综上所述,原式
1
3
0
4
p
p
q
q








4
4
p
q




3x 
，故而求得
的零点.（凌晨讲数学） 


2
2
2
3
4
(
1)
4
4
(
1)(
2)
x
x
x
x
x
x








)
(x
f
二．典例分析 
例1．已知函数
有两个零点
，则可设
，由

2
f x
ax
bx
c



1
2
,
x x




1
2
f x
a x
x
x
x



，所以
，
，这就





2
2
1
2
1
2
1
2
ax
bx
c
a x
x
x
x
ax
a x
x
x
ax x









1
2
b
x
x
a


1
2
c
x x
a

是一元二次方程根与系数的关系，也称韦达定理，设多项式函数
，根据代数基本定理可知方程
有
个根



1
1
1
0
0
n
n
n
n
n
f x
a x
a
x
a x
a
a








0
f
x 
n
，则
（    ） 
1
2
,
,
,
n
x x
x

1
2
n
x
x
x



A．
 B．
 C．
 
D．
 
0
n
a
a
0
n
a
a

1
n
n
a
a


0
1
a
a

解析：由题意知：
， 






1
2
n
n
f x
a
x
x
x
x
x
x





；
，





1
1
2
1
1
0
n
n
n
n
n
n
a
x
x
x
x
x
x
a x
a
x
a x
a













1
1
2
n
n
n
a
a
x
x
x





.故选：C. 
1
1
2
n
n
n
a
x
x
x
a





例2．（多选题）代数基本定理是数学中最重要的定理之一，它在代数学中起着基础作
用．由代数基本定理可以得到：任何一元
次复系数多项式方程
有
个复数
*
(
)
n nN
( )
0
f x 
n
根（重根按重数计）．若
，记
为方程
的一个虚数根，则
2
( )
(
1)(
1)
f x
x
x
x





( )
0
f x 
（    ） 
A．
 B．
 
2
1
0




1
3 i
2
2


C．
 D．
 
1



2



解析：令
，得
或
，由
，得
2
( )
(
1)(
1)
0
f x
x
x
x





1
x 
2
1
0
x
x


2
1
0
x
x


，所以
，则
，所以
是
的两个复
2
1
3
2
4
x








1
3 i
2
2
x 

1
3 i
2
2
x 

1
3 i
2
2


( )
0
f x 
数根， 
对于A，因为
为方程
的一个虚数根，即
满足
，所以
，

( )
0
f x 

2
1
0
x
x


2
1
0




故A 正确； 
对于B，
，故B 错误； 
1
3 i
2
2


对于C，因为
与
互为共轭复数， 
1
3 i
2
2


1
3 i
2
2


所以
，故C 正确； 
1
3
1
3
i
i
1
2
2
2
2



















对于D，由
，得
，若
，则
2
1
0




2
1




1
3 i
2
2


2
1
3 i
2
2
1







， 
若
，则
，综上：
，故D 正确.故选：ACD. 
1
3 i
2
2


2
1
3 i
2
2
1







2



例3．（多选题）早在古巴比伦时期，人们就会解一元二次方程.16 世纪上半叶，数学家们
得到了一元三次方程、一元四次方程的解法.研究过程中得到一个代数基本定理：任何一元
次复系数多项式方程
至少有一个复数根请借助代数基本定理解决下面问
n 

*
n
N

( )
0
f x 
题：设实系数一元四次方程
，在复数集
内的根为
，
4
3
2
0
ax
bx
cx
dx
e





(
0)
a 
C
1
x
2
x
，
，
，则下列结论正确的是（    ） 
3x
4x
A．
 
1
2
3
4
b
x
x
x
x
a




B．
 
1
2
3
1
2
4
1
3
4
2
3
4
c
x x x
x x x
x x x
x x x
a




C．
 
1
2
3
4
e
x x x x
a

D．
 
1
2
1
3
1
4
2
3
2
4
3
4
d
x x
x x
x x
x x
x x
x x
a






解析：由题设知：
， 
2
3
4
1
2
4
3
(
)(
)(
)(
)
a x
x
ax
bx
cx
dx
e
x
x
x
x
x
x









∴
，∴
2
2
1
2
4
3
2
1
2
3
4
3
4
[
(
)
][
(
)
]
a x
x
x x
ax
bx
cx
dx
x x
x
x
x
e
x
x x











4
3
2
ax
bx
cx
dx
e





4
3
2
1
2
3
4
1
2
1
3
2
3
1
4
2
4
3
4
1
2
3
1
2
4
1
3
4
2
3
4
1
2
3
4
[
(
)
(
)
(
)
]
a x
x
x
x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x x
x x x x















∴
1
2
3
4
b
x
x
x
x
a




1
2
1
3
2
3
1
4
2
4
3
4
c
x x
x x
x x
x x
x x
x x
a






，
.故选：AC 
1
2
3
1
2
4
1
3
4
2
3
4
d
x x x
x x x
x x x
x x x
a




1
2
3
4
e
x x x x
a

例4．我们把
（其中
）称为一元
次多项式方程.
2
0
1
2
0
n
n
a
a x
a x
a x






*
0,
n
a
n

N
n
代数基本定理：任何一元
次复系数多项式方程（即
为实数）在复


*
n nN
0
1
2
,
,
,
,
n
a a a
a

数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元
次复系数多项式方程在复数集内


*
n nN
有且仅有
个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元
n
次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为
个一元一次多项式的积.


*
n nN
n
即
，其中
，





1
2
2
0
1
2
1
2
m
k
k
k
n
n
n
m
a
a x
a x
a x
a
x
x
x













*
,k mN
为方程
的根.进一步可以推出：
1
2
1
2
,
,
,
,
m
m
k
k
k
n 






2
0
1
2
0
n
n
a
a x
a x
a x






在实系数范围内（即
为实数），方程
有实数根，
0
1
2
,
,
,
,
n
a a a
a

2
0
1
2
0
n
n
a
a x
a x
a x






则多项式
必可分解因式.例如：观察可知，
是方程
的
2
0
1
2
n
n
a
a x
a x
a x





1
x 
3
1
0
x 
一个根，则
一定是多项式
的一个因式，即
，由待定


1
x 
3
1
x 



3
2
1
1
x
x
ax
bx
c




系数法可知，
. 
1
a
b
c



（1）在复数集内解方程：
； 
3
2
0
x
x



（2）设
，其中
，且
. 

2
3
0
1
2
3
f x
a
a x
a x
a x




*
0
1
2
3
,
,
,
a a a a R
0
1
2
3
1
a
a
a
a




（i）分解因式：
； 


2
3
0
1
2
3
x
a
a x
a x
a x




（ii）记点
是
的图象与直线
在第一象限内离原点最近的交点.求
)
,
(
0
0 y
x
P

y
f x

y
x

证：当
时，
. 
1
2
3
2
3
1
a
a
a



0
1
x 
解析：（1）观察可知，
是方程
的一个根，则
一定是多项式
1
x 
3
2
0
x
x





1
x 
的一个因式，即
，即
3
2
x
x









2
3
2
3
1
2
x
ax
bx
c
ax
b
a x
c
b x
c
x
x












有
解得
，即
，令
，则
1
0
1
2
a
b
a
c
b
c









1
1
2
a
b
c









2
3
1
2
2
x
x
x
x
x






2
2
0
x
x



， 
1
1 8
1
7i
2
2
x





即该方程的根为：、
； 
1
1
7i
2

（2）（i）观察可知，
是方程
的一个根，则
一定是
1
x 


2
3
0
1
2
3
0
x
a
a x
a x
a x







1
x 
多项式
的一个因式，即


2
3
0
1
2
3
x
a
a x
a x
a x




，则有









2
3
2
3
2
0
1
2
3
1
x
a
a x
a x
a x
x
ax
bx
c
ax
b
a x
c
b x
c














，即
，即
3
2
1
0
1
a
a
a
b
a
a
c
b
a
c













3
3
2
0
a
a
b
a
a
c
a







； 






2
3
2
0
1
2
3
3
3
2
0
1
x
a
a x
a x
a x
x
a
a
a
a x
x













（ii）令
，即
，即
， 

f x
x



2
3
0
1
2
3
0
x
a
a x
a x
a x









3
0
3
2
2
1
0
a
a
x
a x
x
a









设
，由
，有
，故函数



0
3
2
2
3
g x
a
a
a x
x
a




*
0
1
2
3
,
,
,
a a a a R


2
3
2
3
0
4
0
a
a
a a




必有两个不同零点，设
，且
，则
，故

g x




1
2
0
g x
g x


1
2
x
x

0
1
2
3
0
a
x x
a


1
2
0
x
x


， 
又
，故
，则方程

3
3
2
0
3
2
1
2
3
3
2
1
1
2
1
3
2
1
0
g
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a













2
1
x 
的根有
，且
，故
的图象与直线
在第一象限内离

f x
x

2
1,
,1
x
x
1
2
0
1
x
x



y
f x

y
x

原点最近的交点的横坐标为，即
. 
1
0
1
x 
例5．函数
的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数
为奇

y
f x


y
f x

函数，有同学发现可以将其推广为：函数
的图象关于点
成中心对称图形的

y
f x



,
P a b
充要条件是函数
为奇函数．已知函数
． 


y
f x
a
b




3
2
1
f x
x
ax
bx




（1）若函数
的对称中心为
，求函数
的解析式． 

y
f x



1,2


y
f x

（2）由代数基本定理可以得到：任何一元
次复系数多项式
在复数集中可以


*
n nN

f x
分解为
个一次因式的乘积．进而，一元
次多项式方程有
个复数根（重根按重数
n
n
n
计）．如设实系数一元二次方程
，在复数集内的根为
，则方
2
2
1
0
2
(
0
0)
a x
a x
a
a




2
1, x
x
程
可变形为
，展开得：
则
2
2
1
0
0
a x
a x
a






2
1
2
0
a
x
x
x
x





2
2
2
1
2
2 1
2
0
a x
a
x x
x
a x x



有
，即
，类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与


1
2
1
2
0
2 1
2
a
a
x
x
a
a x x






1
1
2
2
0
1
2
2
a
x
x
a
a
x x
a







系数的关系． 
①若
，方程
在复数集内的根为
，当
时，求
的最大
0
a 

f x
k

1
2
3
,
,
x x
x


0,1
k 
3
3
3
1
2
3
x
x
x


值； 
②若
，函数
的零点分别为
，求
的值. 
3,
2
a
b



y
f x

1
2
3
,
,
x x
x
2
2
2
1
2
3
1
1
1
x
x
x


解析：（1）由
为奇函数，则
恒成立. 


1
2
g x
f x







1
1
2
0
f
x
f x





即
， 












3
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
4
x
a
x
b
x
x
a
x
b
x











整理得：
恒成立，故
，解得
， 




2
2
6
2
2
4
0
a
x
a
b





2
6
0
2
2
4
0
a
a
b








3,
1
a
b


故
.（凌晨讲数学） 

3
2
3
1
f x
x
x
x




（2）①若
，则
，由题有
的三个实根为
. 
0
a 

3
1
f x
x
bx




0
f x
k


1
2
3
,
,
x x
x
设
，展开得






3
1
2
3
1
x
bx
k
x
x
x
x
x
x







，故
， 






3
3
2
1
2
3
1
2
1 3
2
3
1
2
3
1
x
bx
k
x
x
x
x
x
x x
x x
x x
x
x x x











1
2
3
0
x
x
x



则
，又
，故






3
3
3
1
2
3
1
2
3
1
1
1
3
3
x
x
x
k
bx
k
bx
k
bx
k















0,1
k 
， 


3
3
3,0
k 
综上：当
时，
的最大值为； 


0,1
k 
3
3
3
1
2
3
x
x
x


0
②
时，
，由
有
，同时除以
3,
2
a
b



3
2
3
2
1
f x
x
x
x





0
f x 
3
2
3
2
1
0
x
x
x



得
，令
，
，
，由题知
是方程
3x
2
3
3
2
1
1
0
x
x
x




1
1
1
t
x 
2
2
1
t
x 
3
3
1
t
x 
1
2
3
, ,
t t t
的三个根，则
，展开得
，
3
2
2
3
1
0
t
t
t







3
2
1
2
3
2
3
1
t
t
t
t
t
t
t
t
t






1
2
3
2
t
t
t



，则
1 2
1 3
2 3
1 2 3
3,
1
t t
t t
t t
t t t




. 




2
2
2
2
1
2
3
1
2
3
1 2
1 3
2 3
2
2
2
1
2
3
1
1
1
2
4
6
10
t
t
t
t
t
t
t t
t t
t t
x
x
x














例6．材料一：我们可以发现这样一个现象：随机生成的一元多项式，在复数集中最终都
可以分解成一次因式的乘积，且一次因式的个数（包括重复因式）就是被分解的多项式的
次数.事实上，数学中有如下定理： 
代数基本定理：任何一元
次复系数多项式方程
至少有一个复数根. 


*
n nN

0
f
x 
材料二：由代数基本定理可以得到：任何一元
次复系数多项式
在复数集中


*
n nN

f x
可以分解为
个一次因式的乘积.进而，一元
次多项式方程有
个复数根（重根按重数
n
n
n
计）. 
下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系. 
设实系数一元二次方程
，在复数集
内的根为
，容易得到


2
2
1
0
2
0
0
a x
a x
a
a




C
1
2
x x
､
，设实系数一一元三次方程
①，在复数集
1
1
2
2
0
1
2
2
a
x
x
a
a
x x
a









3
2
3
2
1
0
3
0
0
a x
a x
a x
a
a





C
内的根为
，可以得到，方程①可变形为
，展开得：
1
2
3
x x x
､
､




3
1
2
3
0
a
x
x
x
x
x
x




②，比较①②可以得到根与系




3
2
3
3
1
2
3
3
1
2
1
3
2
3
3 1
2
3
0
a x
a
x
x
x
x
a
x x
x x
x x
x
a x x x








数之间的关系：
，阅读以上材料，利用材料中的方法及学过的知识
2
1
2
3
3
1
1
2
1
3
2
3
3
0
1
2
3
3
a
x
x
x
a
a
x x
x x
x x
a
a
x x x
a
















解决下列问题： 
（1）对于方程
在复数集
内的根为
，求
的值； 
3
2
3
2
5
0
x
x
x




C
1
2
3
x x x
､
､
2
2
2
1
2
3
x
x
x


（2）如果实系数一元四次方程
在复数集
内的根为


4
3
2
4
3
2
1
0
4
0
0
a x
a x
a x
a x
a
a






C
，试找到根与系数之间的关系； 
1
2
3
4
x x x x
､
､､
（3）已知函数
，对于方程
在复数集
内的根为
，当

3
2
g x
x
bx




g x
k

C
1
2
3
x x x
､
､
时，求
的最大值.（凌晨讲数学） 


0,1
k 
3
3
3
1
2
3
x
x
x


解析：（1）由阅读材料可知：
，且
 
1
2
3
2
3
x
x
x



1
2
1 3
2
3
1
3
x x
x x
x x



有：
； 




2
2
2
2
1
2
3
1
2
3
1
2
1
3
2
3
10
2
9
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x x









（2）由材料可知：一元四次方程可改写为
展开得： 





4
1
2
3
4
0
a
x
x
x
x
x
x
x
x









4
3
2
4
4
1
2
3
4
4
1
2
1 3
1
4
2
3
2
4
3
4
a x
a
x
x
x
x
x
a
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x










，故可得： 


4
1
2
3
1
2
4
1
3
4
2
3
4
4 1
2
3
4
0
a
x x x
x x x
x x x
x x x
x
a x x x x






 
3
1
2
3
4
4
2
1
2
1
3
1
4
2
3
2
4
3
4
4
1
1
2
3
1
2
4
1
3
4
2
3
4
4
0
1
2
3
4
4
a
x
x
x
x
a
a
x x
x x
x x
x x
x x
x x
a
a
x x x
x x x
x x x
x x x
a
a
x x x x
a

























（3）由题有
的三个实根为
.设
， 

0
g x
k


1
2
3
,
,
x x
x






3
1
2
3
2
x
bx
k
x
x
x
x
x
x







展开得
，故






3
3
2
1
2
3
1
2
1
3
2
3
1
2
3
2
x
bx
k
x
x
x
x
x
x x
x x
x x
x
x x x











1
2
3
0
x
x
x



， 
则
，又
，故






3
3
3
1
2
3
1
2
3
2
2
2
3
6
x
x
x
k
bx
k
bx
k
bx
k















0,1
k 
，综上：当
时，
的最大值为-3； 


3
6
6, 3
k 



0,1
k 
3
3
3
1
2
3
x
x
x


下面我们来讨论代数学基本定理与因式分解技巧在三次函数中的应用，就以两道高考真题
为例. 
例7．（2020 年全国3 卷）设函数
，曲线
在点
处的切线
3
( )
f x
x
bx
c



( )
y
f x

))
2
1
(
,
2
1
(
f
与
轴垂直． 
y
（1）求
． 
b
（2）若
有一个绝对值不大于1 的零点，证明：
所有零点的绝对值都不大于1． 
( )
f x
( )
f x
解析：（1）因为
，由题意，
，即：
，则
． 
2
( )
3
f
x
x
b



1
( )
0
2
f 

2
1
3
0
2
b









3
4
b 
（2）（方法1.导数讨论） 
由（1）可得
，
，令
，得
或
3
3
( )
4
f x
x
x
c



2
3
1
1
( )
3
3(
)(
)
4
2
2
f
x
x
x
x






( )
0
f
x


1
2
x 
；令
，得
，所以
在
上单调递减，在
，
1
2
x 
( )
0
f
x


1
1
2
2
x



( )
f x
1 1
(
, )
2 2

1
(
,
)
2

上单调递增，且
，若
所有
1
( ,
)
2 
1
1
1
1
1
1
( 1)
,
(
)
,
( )
,
(1)
4
2
4
2
4
4
f
c
f
c
f
c
f
c










( )
f x
零点中存在一个绝对值大于1 的零点
，则
或
，即
或
.当
0x
( 1)
0
f 

(1)
0
f

1
4
c 
1
4
c 
时，
，又
1
4
c 
1
1
1
1
1
1
( 1)
0,
(
)
0,
( )
0,
(1)
0
4
2
4
2
4
4
f
c
f
c
f
c
f
c














，由零点存在性定理知
在
上存在唯一
3
2
( 4 )
64
3
4 (1 16
)
0
f
c
c
c
c
c
c







( )
f x
( 4 , 1)
c


一个零点
，即
在
上存在唯一一个零点，在
上不存在零点，此时
0x
( )
f x
(
, 1)

( 1,
)

( )
f x
不存在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；当
时，
1
4
c 
，又
1
1
1
1
1
1
( 1)
0,
(
)
0,
( )
0,
(1)
0
4
2
4
2
4
4
f
c
f
c
f
c
f
c














，由零点存在性定理知
在
上存在唯一一
3
2
( 4 )
64
3
4 (1 16
)
0
f
c
c
c
c
c
c







( )
f x
(1, 4 )
c

个零点
，即
在
上存在唯一一个零点，在
上不存在零点，此时
不存
0
x
( )
f x
(1,
)

(
,1)

( )
f x
在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；综上，
所有零点的绝对值都不大于1. 
( )
f x
（方法2.三次方程因式分解） 
设
是
的一个零点，且
，则
．从而
0x
( )
f x
0
1
x 
3
0
0
3
4
c
x
x


．令
，由判别


3
3
2
2
0
0
0
0
0
3
3
3
( )
4
4
4
f x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x















2
2
0
0
3
( )
4
h x
x
x x
x




式
，可知
在R 上有解，
的对称轴是
2
2
2
0
0
0
3
Δ
4
3
3
0
4
x
x
x












( )
0
h x 
( )
h x
，所以
在区间
上有一
0
1 1
,
2
2 2
x
x








2
2
0
0
0
2
2
0
0
0
3
1
(1)
1
0
4
2
3
1
( 1)
1
0
4
2
h
x
x
x
h
x
x
x
































( )
h x
0
1,
2
x







根为
，在区间
上有一根为
（当
时，
），进而有
，所
1x
0 ,1
2
x







1x
0
1
x 
1
2
x
x

1
2
1,
1
x
x


以
的所有零点的绝对值均不大于1． 
( )
f x
例8.（2021 年新高考2 卷）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种
微生物为第0 代，经过一次繁殖后为第1 代，再经过一次繁殖后为第2 代……，该微生物
每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1 个微生物个体繁殖下一代的
个数，
．（凌晨讲数学） 
(
)
(
0,1,2,3)
i
P X
i
p i



（1）已知
，求
； 
0
1
2
3
0.4,
0.3,
0.2,
0.1
p
p
p
p




(
)
E X
（2）设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：
的一个最小正实根，求证：当
时，
，当
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x




(
)
1
E X 
1
p 
时，
； 
(
)
1
E X 
1
p 
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 
解析：（1）
. 
(
)
0 0.4 1 0.3
2 0.2
3 0.1
1
E X 





（2）（方法1.求导讨论）设
， 



3
2
3
2
1
0
1
f x
p x
p x
p
x
p





因为
，故
，若
3
2
1
0
1
p
p
p
p







3
2
3
2
2
0
3
0
f x
p x
p x
p
p
p
x
p








1
E X 
，则
，故
.
，因为
1
2
3
2
3
1
p
p
p



2
3
0
2
p
p
p





2
3
2
2
0
3
3
2
f
x
p x
p x
p
p
p






，
，故
有两个不同零点



2
0
3
0
0
f
p
p
p






2
3
0
1
2
0
f
p
p
p






f
x

，且
，且
时，
；
时，
1
2
,
x x
1
2
0
1
x
x






1
2
,
,
x
x
x




0
f
x




1
2
,
x
x x

； 

0
f
x


故
在
，
上为增函数，在
上为减函数，若
，因为

f x


1
, x



2,
x 


1
2
,
x x
2
1
x 
在
为增函数且
，而当
时，因为
在
上为减

f x


2,
x 

1
0
f



2
0,
x
x


f x


1
2
,
x x
函数，故
，故为
的一个最小正实




2
1
0
f x
f x
f



1
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x




根， 
若
，因为
且在
上为减函数，故1 为
的
2
1

x

1
0
f



2
0, x
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x




一个最小正实根，综上，若
，则
.若
，则
，


1
E X 
1
p 


1
E X 
1
2
3
2
3
1
p
p
p



故
.此时
，
，故
2
3
0
2
p
p
p





2
0
3
0
0
f
p
p
p






2
3
0
1
2
0
f
p
p
p





有两个不同零点
，且
，且
时，

f
x

3
4
,
x x
3
4
0
1
x
x







3
4
,
,
x
x
x



；
时，
；故
在
，
上为增函数，在

0
f
x




3
4
,
x
x x


0
f
x



f x


3
, x



4,
x 
上为减函数，而
，故
，又
，故
在


3
4
,
x x

1
0
f



4
0
f x


0
0
0
f
p



f x
存在一个零点
，且
.所以
为
的一个最小正实


4
0, x
p
1
p 
p
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x




根，此时
，故当
时，
. 
1
p 


1
E X 
1
p 
（方法2.因式分解） 
注意到
为函数
的一个零点,那么
 
1
x 
( )
f x


2
3
0
2
3
0
2
3
( )
f x
p
p x
p x
p
p
p
x







，令
 


2
3
2
3
0
(
1)
x
p x
p
p
x
p










2
3
2
3
0
( )
,
m x
p x
p
p
x
p




则二次函数
的对称轴为
. 注意到
 
( )
m x
2
3
3
0
2
p
p
x
p



(0)
m

当
时,
,则
0
3
2
0
1
2
3
0,
(1)
2
2
3
1
p
m
p
p
p
p
p
p









(
) 1.
E X 
(
) 1
E X „
(1) 0
m
„
的正实根
,所以
.当
时,
,则
的正实根
,所以
( )
m x
0 1
x …
1
p 
(
)
1
E X 
(1)
0
m

( )
m x
0
1
x 
. 
0
1
p
x


（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后
代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于