2026届高中数学思想方法大合集-代数基本定理 讲义

公式定理42  代数基本定理 【地位作用】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． 【内容展示】任何一个次复系数多项式方程至少有一个复根． 说明  代数基本定理的证明方法有很多种，但都需要用到高等数学的知识，在此不作介绍． 由代数基本定理可以得到：任何一个次复系数多项式方程在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计算）． 【证明过程】 （必要性）设．由代数基本定理知方程至少有一个复根，记为． 那么有，此时是一个次多项式，可以再次使用代数基本定理．通过反复使用定理，可得． （充分性）若多项式可以完全因式分解为一次因式的乘积，那么一定可以写成的形式．这样显然至少有一个根． 说明  函数的零点与方程的根是可以相互转化的． 【内涵外延】 一、内涵分析 1.核心定义 代数基本定理指出：任何复系数一元n次多项式方程在复数域上至少有一个根(n≥1)，进一步推导出该方程在复数域内有且仅有n个根(重根按重数计算).这一结论是复数域代数闭合性的体现，即复数域是代数闭域. 2.复数域的代数闭合性 定理揭示了复数域的特殊性质：所有多项式方程的根均存在于复数域内，不存在更高维度的数系需求.例如，实系数多项式若存在复根，则其共轭复根必同时存在，从而保证实系数多项式可分解为一次或二次实因式的乘积. 3.存在性与唯一性 定理不仅保证根的存在性，还通过唯一分解定理(任何非零多项式可唯一分解为不可约多项式的乘积)和导数判别法(判断重根)进一步明确了根的数量与结构. 二、外延扩展 多项式理论：为多项式因式分解、根的分布分析提供基础，例如通过代数基本定理可将多项式分解为线性因子的乘积. 方程求解：实系数多项式方程的根分布规律(如奇数次方程必有实根)依赖于该定理. 灵活应用一 代数基本定理的正用 典例1 设函数，若方程有n个根，，…，，则（   ） A．        B．        C．        D． 【详细解析】由题意知， 所以， 所以，所以．故选C． 【题后反思】由代数基本定理将目标多项式与n次式展开对比系数，立刻可得结果． 【举一反三】 1．已知函数，若，其中，则 ． 灵活应用二 代数基本定理的逆用 典例2  已知实系数一元三次方程在复数集C内的根为，，，求证：，，． 【详细解析】 ，得到，，． 【题后反思】虽然代数基本定理保证方程有n个根，但5次及以上的方程不存在一般求根公式．因而研究根与系数的关系是有必要的． 【举一反三】 2．已知二次函数，若的图象在上与x轴有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 灵活应用三 代数基本定理的灵活用 典例3  已知，其中，，，，且． （1）分解因式：； （2）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点．求证：当时，． 【详细解析】（1）由条件可知，是方程的一个根，设，则有即 即． （2）令，即，即． 设，由，，，，有，故函数必有两个不同零点． 设，且，则． 因为，所以． 又，可得，即，故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为1，即． 【题后反思】本题的综合性比较高，先将图象交点转化为方程的根，再通过因式分解实现降次，将三次函数转化为熟悉的二次函数． 【举一反三】 3．设函数，若有一个绝对值不大于1的零点，求证：的所有零点的绝对值都不大于1． 灵活应用四 代数基本定理的综合用 典例4  在代数史上，代数基本定理是数学中最重要的定理之一，它说的是：任何一元次复系数多项式在复数集中有个复数根（重根按重数计）那么在复平面内使除了1和这两个根外，还有一个复数根为（ ） A．    B．    C．    D． 【详细解析】因是方程的根，即 ，所以是方程的根. 故选：B 【题后反思】利用方程根的意义，把代入方程，经化简变形即可得解. 【举一反三】 4．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题：设实系数一元四次方程，在复数集内的根为，，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． （公式正用） 5．在代数发展史上，解一元多项式方程一直是人们研究的一个中心问题.数学有如下代数基本定理：任何一元次复系数方程至少有一个复数根.进而可得到：一元n项式方程有n个复数根（重根按重数计）.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，数学家得到了一元三次方程､一元四次方程的解法，实系数一元二次方程在复数集C内的根，满足，，实系数一元三次方程在复数集C内的根满足，，，则方程的实数根为 ，虚数根 . （公式正用） 6．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根（重根按重数计）．若，记为方程的一个虚数根，则（    ） A． B． C． D． （公式灵活用） 7．代数基本定理是数学中最重要的定理之一，其内容为：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根．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分解为个一次因式的乘积．进而，一元次复系数多项式方程有个复数根（重根按重数计）． 如对于一元二次实系数方程，在时的求根公式为在时的求根公式为．所以由代数基本定理，任意一个一元二次实系数多项式可以因式分解为． (1)在复数集中解方程：； (2)（i）在复数集中解方程：； （ii）写出一个以、、、为根的一元六次实系数多项式方程；（不需要写证明过程）； (3)已知一元十次实系数多项式满足，求的值． （公式综合用） 8．我们知道，一个一元一次方程最多有一个根，一个一元二次方程最多有两个根，这些都是代数基本定理的简单表示，代数基本定理可以表述为：一元n次多项式方程最多有个不同的根．由代数基本定理可以得到如下推论：若一个一元次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为0．已知函数，函数的图象上有四个不同的点A、B、C、D．利用代数基本定理及其推理回答下列问题： (1)解关于x的方程； (2)是否存在实数，使得关于的方程有三个以上不同的解，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若按逆时针方向顺次构成菱形，设，求代数式的值． （公式综合用） 9．我们把（其中）称为一元次多项式方程.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.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. (1)在复数集内解方程：； (2)设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. （公式综合用） 10．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充要条件是函数为奇函数．已知函数． (1)若函数的对称中心为，求函数的解析式． (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分解为n个一次因式的乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计）．如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得：则有，即，类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系． ①若，方程在复数集内的根为，当时，求的最大值； ②若，函数的零点分别为，求的值. （公式灵活用） 11．已知函数． (1)证明：函数有三个不同零点的必要条件是； (2)由代数基本定理，次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）． 若，证明：方程至多有3个实数根． （公式综合用） 12．我们把（其中，）称为一元n次多项式方程．代数基本定理：任何复系数一元次多项式方程（即，，，…，为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何复系数一元次多项式方程在复数集内有且仅有n个复数根（重根按重数计算）．那么我们由代数基本定理可知：任何复系数一元次多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为n个一元一次多项式的积．即，其中k，，，，，……，为方程的根．进一步可以推出：在实系数范围内（即，，，…，为实数），方程的有实数根，则多项式必可分解因式．例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，． (1)解方程：； (2)设，其中，，，，且． （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点．求证：当时，． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 公式定理42  代数基本定理 【地位作用】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． 【内容展示】任何一个次复系数多项式方程至少有一个复根． 说明  代数基本定理的证明方法有很多种，但都需要用到高等数学的知识，在此不作介绍． 由代数基本定理可以得到：任何一个次复系数多项式方程在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计算）． 【证明过程】 （必要性）设．由代数基本定理知方程至少有一个复根，记为． 那么有，此时是一个次多项式，可以再次使用代数基本定理．通过反复使用定理，可得． （充分性）若多项式可以完全因式分解为一次因式的乘积，那么一定可以写成的形式．这样显然至少有一个根． 说明  函数的零点与方程的根是可以相互转化的． 【内涵外延】 一、内涵分析 1.核心定义 代数基本定理指出：任何复系数一元n次多项式方程在复数域上至少有一个根(n≥1)，进一步推导出该方程在复数域内有且仅有n个根(重根按重数计算).这一结论是复数域代数闭合性的体现，即复数域是代数闭域. 2.复数域的代数闭合性 定理揭示了复数域的特殊性质：所有多项式方程的根均存在于复数域内，不存在更高维度的数系需求.例如，实系数多项式若存在复根，则其共轭复根必同时存在，从而保证实系数多项式可分解为一次或二次实因式的乘积. 3.存在性与唯一性 定理不仅保证根的存在性，还通过唯一分解定理(任何非零多项式可唯一分解为不可约多项式的乘积)和导数判别法(判断重根)进一步明确了根的数量与结构. 二、外延扩展 多项式理论：为多项式因式分解、根的分布分析提供基础，例如通过代数基本定理可将多项式分解为线性因子的乘积. 方程求解：实系数多项式方程的根分布规律(如奇数次方程必有实根)依赖于该定理. 灵活应用一 代数基本定理的正用 典例1 设函数，若方程有n个根，，…，，则（   ） A．        B．        C．        D． 【详细解析】由题意知， 所以， 所以，所以．故选C． 【题后反思】由代数基本定理将目标多项式与n次式展开对比系数，立刻可得结果． 【举一反三】 1．已知函数，若，其中，则 ． 【答案】10 【分析】根据三次方程韦达定理列式，结合多项式运算法则求解即可. 【详解】依题意可设，则a，b，c是三次方程的根， 由三次方程韦达定理可知 结合代数式的变形，可得． 故答案为：10 灵活应用二 代数基本定理的逆用 典例2  已知实系数一元三次方程在复数集C内的根为，，，求证：，，． 【详细解析】 ，得到，，． 【题后反思】虽然代数基本定理保证方程有n个根，但5次及以上的方程不存在一般求根公式．因而研究根与系数的关系是有必要的． 【举一反三】 2．已知二次函数，若的图象在上与x轴有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由函数零点的定义，结合韦达定理代入计算，即可得到结果. 【详解】设二次函数的零点为和， 由两点式可得，， 则，． 所以， 所以． 所以的取值范围为 故答案为： 灵活应用三 代数基本定理的灵活用 典例3  已知，其中，，，，且． （1）分解因式：； （2）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点．求证：当时，． 【详细解析】（1）由条件可知，是方程的一个根，设，则有即 即． （2）令，即，即． 设，由，，，，有，故函数必有两个不同零点． 设，且，则． 因为，所以． 又，可得，即，故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为1，即． 【题后反思】本题的综合性比较高，先将图象交点转化为方程的根，再通过因式分解实现降次，将三次函数转化为熟悉的二次函数． 【举一反三】 3．设函数，若有一个绝对值不大于1的零点，求证：的所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】证明见解析 【分析】根据函数分解因式得出，再构造函数应用零点存在定理证明. 【详解】设是的一个零点，且，则． 从而． 令，由判别式， 函数的图象的对称轴方程， 又因为，，因此方程的根都在区间内， 所以的所有零点的绝对值都不大于1． 灵活应用四 代数基本定理的综合用 典例4  在代数史上，代数基本定理是数学中最重要的定理之一，它说的是：任何一元次复系数多项式在复数集中有个复数根（重根按重数计）那么在复平面内使除了1和这两个根外，还有一个复数根为（ ） A．    B．    C．    D． 【详细解析】因是方程的根，即 ，所以是方程的根. 故选：B 【题后反思】利用方程根的意义，把代入方程，经化简变形即可得解. 【举一反三】 4．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题：设实系数一元四次方程，在复数集内的根为，，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由，并展开右式即可判断各选项的正误. 【详解】由题设知：， ∴， ∴， ∴，，，. 故选：AC （公式正用） 5．在代数发展史上，解一元多项式方程一直是人们研究的一个中心问题.数学有如下代数基本定理：任何一元次复系数方程至少有一个复数根.进而可得到：一元n项式方程有n个复数根（重根按重数计）.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，数学家得到了一元三次方程､一元四次方程的解法，实系数一元二次方程在复数集C内的根，满足，，实系数一元三次方程在复数集C内的根满足，，，则方程的实数根为 ，虚数根 . 【答案】 -2 【分析】因式分解求解实数根和虚数根即可 【详解】即，解得实数根，又有，故，解得 故答案为：； （公式正用） 6．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根（重根按重数计）．若，记为方程的一个虚数根，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】先利用配方法求得复数根，再利用复数的运算法则求解即可. 【详解】令，得或， 由，得，所以，则， 所以是的两个复数根， 对于A，因为为方程的一个虚数根，即满足， 所以，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，因为与互为共轭复数， 所以，故C正确； 对于D，由，得， 若，则， 若，则， 综上：，故D正确. 故选：ACD. （公式灵活用） 7．代数基本定理是数学中最重要的定理之一，其内容为：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根．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分解为个一次因式的乘积．进而，一元次复系数多项式方程有个复数根（重根按重数计）． 如对于一元二次实系数方程，在时的求根公式为在时的求根公式为．所以由代数基本定理，任意一个一元二次实系数多项式可以因式分解为． (1)在复数集中解方程：； (2)（i）在复数集中解方程：； （ii）写出一个以、、、为根的一元六次实系数多项式方程；（不需要写证明过程）； (3)已知一元十次实系数多项式满足，求的值． 【答案】(1)， (2)（i），，，；（ii）（答案不唯一） (3) 【分析】（1）按照实系数一元二次方程的解法计算可得； （2）（i）将方程左边因式分解，变形为，即可得解； （ii）根据虚根成对原理，可知、也为方程的根，从而得到一个符合题意的一元六次实系数多项式方程； （3）依题意可得，则，令，即可求出，从而求出，再令，即可得解. 【详解】（1）方程，则， 所以、， 即原方程在复数集中解为，； （2）（i）因为， 所以， 即， 即， 所以，，、， 即原方程在复数集中解为，，，； （ii）因为为该方程（实系数）为根，则也为方程的根， 为该方程（实系数）为根，则也为方程的根， 又与可为方程的两个虚根； 与可为方程的两个虚根； 所以以、、、为根的一元六次实系数多项式方程可以为. （3）依题意可得， 令， 因为十一次多项式方程有个根， 令， 所以， 令，可得，所以， 所以， ， 则，又， 所以，则. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是令，从而得到有个根，再令，利用赋值法求出. （公式综合用） 8．我们知道，一个一元一次方程最多有一个根，一个一元二次方程最多有两个根，这些都是代数基本定理的简单表示，代数基本定理可以表述为：一元n次多项式方程最多有个不同的根．由代数基本定理可以得到如下推论：若一个一元次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为0．已知函数，函数的图象上有四个不同的点A、B、C、D．利用代数基本定理及其推理回答下列问题： (1)解关于x的方程； (2)是否存在实数，使得关于的方程有三个以上不同的解，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若按逆时针方向顺次构成菱形，设，求代数式的值． 【答案】(1)或或 (2)存在， (3) 【分析】（1）将的表达式代入可得，结合立方和公式化简求解即可. （2）化简方程，由二次方程若有三个不同的解，则各项系数均为0列式即可. （3）设菱形的对角线的交点为，由A，C两点关于对称可求得点坐标，结合菱形对角线互相垂直可得，列方程求解即可. 【详解】（1）将的表达式代入可得：， 整理得， 故方程的解为或或. （2）存在实数，使得关于的方程有三个以上不同的解.理由如下： 将的表达式代入可得：， 即， 整理得， 因为有三个不同的解，故各项系数均为0，所以，解得， 故. （3） 设菱形的对角线的交点为点，设点的坐标为，先证明点为函数的对称中心，证明如下： 由题意有A，C两点关于对称，设，故点坐标为， 将点坐标代入函数可得，即， 即， 化简可得：， 因为有四个不同的点，所以关于的方程有四个不同的解，故各项系数均为0， 即，解得， 所以， 且在上. 又因为按逆时针方向顺次构成菱形，故， 设，则，， 所以， 即， ， ， 若，则或，即点与点重合或点与点重合， 此时四边形不能构成菱形，故 【点睛】方法点睛：代入法、消元法、图像法、因式分解法、公式法等.本题主要考查因式分解方法解方程. （公式综合用） 9．我们把（其中）称为一元次多项式方程.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.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. (1)在复数集内解方程：； (2)设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. 【答案】(1)、 (2)（i）；（i）证明见解析 【分析】（1）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得； （2）（i）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得；（ii）借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质及韦达定理可得函数必有两个不同零点、，且满足. 【详解】（1）观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 即有，解得， 即， 令，则， 即该方程的根为：、； （2）（i）观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 则有，即， 即； （ii）令，即， 即， 设，由， 有，故函数必有两个不同零点， 设，且，则，故， 又， 故，则方程的根有、、，且， 故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为，即. 【点睛】关键点点睛：最后小问关键点在于借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质可得函数必有两个不同零点、，且满足. （公式综合用） 10．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充要条件是函数为奇函数．已知函数． (1)若函数的对称中心为，求函数的解析式． (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分解为n个一次因式的乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计）．如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得：则有，即，类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系． ①若，方程在复数集内的根为，当时，求的最大值； ②若，函数的零点分别为，求的值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）确定为奇函数，根据得到，解得答案； （2）①根据根与系数的关系确定，代入计算得到，根据范围得到最值；②取变换得到，得到根与系数的关系，确定，计算得到答案. 【详解】（1）由为奇函数，则恒成立. 即， 整理得：恒成立，故，解得， 故. （2）①若，则，由题有的三个实根为. 设， 展开得， 故， 则， 又，故， 综上：当时，的最大值为； ②时，，由有， 同时除以得，令，，， 由题知是方程的三个根， 则， 展开得，， 则. 【点睛】方法点睛：整体换元法可以简化分式的大部分运算，也体现了数学中转化思想. （公式灵活用） 11．已知函数． (1)证明：函数有三个不同零点的必要条件是； (2)由代数基本定理，次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）． 若，证明：方程至多有3个实数根． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究函数的极值及二次函数的判别式，结合必要条件的定义证明即可； （2）利用多次求导、二次函数的判别式及隐零点，判定函数的单调性与零点即可. 【详解】（1），其判别式． 若函数有三个不同零点，则必有极大值点与极小值点． 故，从而其必要条件为． （2）令． 则． 令 则． 令，则． 由，可知． 所以在定义域上单调递增，则其仅有唯一零点，不妨记为， 可知在上，在上，故先减后增． 所以至多有两个不同的零点，不妨设为， 从而在上单调递增，上单调递减，上单调递增． 从而至多有三个不同零点． 所以方程至多有3个实数根． （公式综合用） 12．我们把（其中，）称为一元n次多项式方程．代数基本定理：任何复系数一元次多项式方程（即，，，…，为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何复系数一元次多项式方程在复数集内有且仅有n个复数根（重根按重数计算）．那么我们由代数基本定理可知：任何复系数一元次多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为n个一元一次多项式的积．即，其中k，，，，，……，为方程的根．进一步可以推出：在实系数范围内（即，，，…，为实数），方程的有实数根，则多项式必可分解因式．例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，． (1)解方程：； (2)设，其中，，，，且． （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点．求证：当时，． 【答案】(1)，， (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）观察得到是方程的一个根，从而设，对照系数得到，，，得到，求出方程的根； （2）（i）是方程的一个根，设，对照系数得到，，，从而得到答案； （ii）令，故是方程的最小正实根，由（i）知：，设，根据的开口方向，结合，则一定有一正一负两个实根，设正实根为t，结合得到，故，得到. 【详解】（1）观察可知：是方程的一个根； 所以， 由待定系数法可知，，解得，，； 所以，即或， 则方程的根为，，． （2）（i）由可知，是方程的一个根； 所以， 即， 对照系数得，，，， 故，，； 所以 ． （ii）令，即， 点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点， 等价于是方程的最小正实根； 由（i）知：是方程的一个正实根， 且， 设，由，，，可知为开口向上的二次函数； 又因为，则一定有一正一负两个实根，设正实根为t； 又，可得， 所以； 当时，， 由二次函数单调性可知，即是方程的最小正实根． 【点睛】方法点睛：三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数理解到位，求解三次函数的零点，常常需要先观察函数，直接法得到其中一个零点，将三次函数转化为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$