浙江 2011 · 数学 q10

冷启动：两个式子长得像照镜子

题给的是

$$f(x)=(x+a)(x^{2}+bx+c),\qquad g(x)=(ax+1)(cx^{2}+bx+1) ,$$

$S$、$T$ 分别是 $f(x)=0$、$g(x)=0$ 的实数解组成的集合，问 $(|S|,|T|)$ 哪一组不可能。

$a$、$b$、$c$ 是三个自由的实数，想靠解方程正面统计根的个数，等于要对判别式做三重分类， 这条路在考场上走不完。但两个式子摆在一起时，有个细节太显眼了：

$$\underbrace{(x+a)}_{1,\ a}\ \longleftrightarrow\ \underbrace{(ax+1)}_{a,\ 1} , \qquad \underbrace{(x^{2}+bx+c)}_{1,\ b,\ c}\ \longleftrightarrow\ \underbrace{(cx^{2}+bx+1)}_{c,\ b,\ 1} .$$

每个因式的首项系数与常数项对调了。这种「照镜子」不是巧合，它有一句一行的代数翻译， 翻译完这道题就结束了。

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解法一：展开对系数——$g(x)=x^{3}f\!\left(\frac{1}{x}\right)$，个数关系当场出来

第一步，把两个式子都展开，只看系数表。

$$f(x)=x^{3}+(a+b)x^{2}+(c+ab)x+ac ,$$ $$g(x)=acx^{3}+(ab+c)x^{2}+(a+b)x+1 .$$

把两行的系数并排写出来：

$g$ 的系数正是 $f$ 的系数从右往左抄了一遍，一个不多一个不少。

第二步，把「反序」写成恒等式。 系数反序等价于把自变量换成倒数再乘上 $x^{3}$：

$$x^{3}f\!\left(\frac{1}{x}\right) =x^{3}\left[\frac{1}{x^{3}}+\frac{a+b}{x^{2}}+\frac{c+ab}{x}+ac\right] =1+(a+b)x+(c+ab)x^{2}+acx^{3} =g(x) .$$

这个恒等式对一切 $x\neq 0$ 成立（$x=0$ 处 $f(1/x)$ 没有定义，这一格必须单独看）。

第三步，翻译成根的对应。 当 $x\neq 0$ 时 $x^{3}\neq 0$，所以

$$g(x)=0 \iff x^{3}f\!\left(\frac{1}{x}\right)=0 \iff f\!\left(\frac{1}{x}\right)=0 .$$

也就是说：$x\in T\iff \dfrac{1}{x}\in S$。而 $x\mapsto\dfrac{1}{x}$ 把非零数一一映回非零数、且是自己的逆， 所以它在 $T$ 与 $S\setminus\{0\}$ 之间是一个双射——不重不漏。

第四步，把 $0$ 这一格补上。 直接代：

$$g(0)=(a\cdot 0+1)(c\cdot 0^{2}+b\cdot 0+1)=1\times 1=1\neq 0 ,$$

所以 $0$ 永远不在 $T$ 里，$T=T\setminus\{0\}$，上一步的双射已经用尽了 $T$ 的全部元素。于是

$$\boxed{\ |T|=\left|S\setminus\{0\}\right|=|S|-[\,0\in S\,]\ \leq\ |S|\ }$$

（方括号是「成立记 $1$、不成立记 $0$」。）

第五步，拿这条不等式刷选项。 选项 D 要 $|T|=3$ 而 $|S|=2$，即 $3\leq 2$，直接矛盾。 另外三项都满足 $|T|\leq|S|$，没被这条刷掉。

答案 D。

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解法二：反证——假设 $|T|=3$，把三个根取倒数塞回 $S$

这条路不需要写出那条个数等式，只用「取倒数」这一个动作，而且只针对 D 一项。

反设 D 成立：存在 $a$、$b$、$c$ 使 $|S|=2$ 且 $|T|=3$。

第一步：$g$ 真的是三次的。 $g(x)=acx^{3}+(ab+c)x^{2}+(a+b)x+1$。 若 $ac=0$，$g$ 的次数 $\leq 2$，实根至多 $2$ 个，凑不出 $3$ 个。故 $ac\neq 0$。

第二步：$T$ 里三个根全非零。 $g(0)=1\neq 0$，所以 $0\notin T$。 设 $T=\{t_{1},t_{2},t_{3}\}$，三个互不相同且都不为 $0$。

第三步：取倒数搬到 $S$ 里。 由 $g(t)=t^{3}f\!\left(\frac{1}{t}\right)$ 及 $t_{i}\neq0$，

$$0=g(t_{i})=t_{i}^{3}f\!\left(\frac{1}{t_{i}}\right) \ \Longrightarrow\ f\!\left(\frac{1}{t_{i}}\right)=0 \ \Longrightarrow\ \frac{1}{t_{i}}\in S .$$

第四步：这三个倒数互不相同。 若 $\dfrac{1}{t_{i}}=\dfrac{1}{t_{j}}$，两边取倒数得 $t_{i}=t_{j}$， 与「三个根互不相同」冲突。所以 $S$ 至少装下了 $3$ 个不同的元素，$|S|\geq 3$。

第五步：撞上反设。 反设写着 $|S|=2$，与 $|S|\geq3$ 矛盾。反设不成立，D 不可能。

答案 D。

这条路的好处：它不必知道 $|T|\leq|S|$ 这条一般结论，也不必逐个兑现另外三项， 只针对被怀疑的那一项做一次归谬。代价是它只否掉了 D，如果出题人把「不可能」改成 「一定成立」，这套写法就得重来。

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解法三：官方路线——三组特值把 A、B、C 兑现掉，剩下 D

选择题四选一，若能给 A、B、C 各造一组 $(a,b,c)$ 当场实现，那么剩下的 D 就是答案。 这条路的前提要写明白：题面保证「四项中恰有一项不可能」，否则「兑现三项」推不出「第四项不可能」。

A（$|S|=1$，$|T|=0$）：取 $a=b=c=0$。

$$f(x)=x\cdot x^{2}=x^{3}\Rightarrow S=\{0\} ,\qquad g(x)=1\cdot 1=1\Rightarrow T=\varnothing .$$

$(1,0)$ 兑现。

B（$|S|=1$，$|T|=1$）：取 $a=c=1$、$b=0$。

$$f(x)=(x+1)(x^{2}+1)\Rightarrow S=\{-1\} ,$$ $$g(x)=(x+1)(x^{2}+1)\Rightarrow T=\{-1\} .$$

（$x^{2}+1>0$ 无实根，两式此时正好相同。）$(1,1)$ 兑现。

C（$|S|=2$，$|T|=2$）：取 $a=c=1$、$b=-2$。

$$f(x)=(x+1)(x^{2}-2x+1)=(x+1)(x-1)^{2}\Rightarrow S=\{-1,1\} ,$$ $$g(x)=(x+1)(x^{2}-2x+1)\Rightarrow T=\{-1,1\} .$$

注意 $x=1$ 是二重根，但集合只认互不相同的元素，所以 $|S|=2$ 而不是 $3$。$(2,2)$ 兑现。

剩下 D，选 D。

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三条路怎么选

• 解法一是这道题的正解形态：一条恒等式换来一条对所有参数都成立的不等式 $|T|\leq|S|$， 既答了本题，又顺手把「哪些配对可能」全部答完。考场上如果一眼看出「系数照镜子」， 写到 $g(x)=x^{3}f(1/x)$ 只要两行。
• 解法二是看不出全局结论时的稳妥退路：盯住可疑的那一项做归谬，思路短、风险小。
• 解法三最快（三组特值都能心算），但它只证明了 A、B、C 可能，D 的「不可能」是靠 「四选一」这个考试格式借来的。作为解答题写法它是不完整的，作为选择题写法它完全合法—— 前提是把「恰有一项不可能」这句话明写出来。

另外三个选项各自兑现了什么

四个选项其实是在问「$(|S|,|T|)$ 这张表上哪一格是空的」。由解法一，

$$|T|=|S|-[\,0\in S\,] ,$$

所以能出现的配对只有两种形状：$0\notin S$ 时是 $(k,k)$，$0\in S$ 时是 $(k,k-1)$。 $f$ 是三次的，必有实根，$|S|\in\{1,2,3\}$，于是全部可能就是

$$(1,0),\ (1,1),\ (2,1),\ (2,2),\ (3,2),\ (3,3) .$$

顺带补一格表里没考的：$(2,1)$ 取 $a=0$、$b=-1$、$c=0$ 即可—— $f(x)=x(x^{2}-x)=x^{2}(x-1)$ 给 $S=\{0,1\}$，$g(x)=1\cdot(1-x)$ 给 $T=\{1\}$， $0$ 掉队的那一格看得清清楚楚。

易错

• 系数抄错位置。把 $f$ 展开成 $x^{3}+(a+b)x^{2}+(c+ab)x+ac$ 时， $x$ 的系数是 $c+ab$ 而不是 $c+b$；对着次数一列一列填，别顺着字母的出场顺序填 （详见易错点「系数下标与次数错位」）。
• 忘了 $x\neq0$ 就用恒等式。$g(x)=x^{3}f(1/x)$ 在 $x=0$ 处根本没写法， 必须另外算 $g(0)=1$ 才能断言 $0\notin T$。少了这一步，等式会被写成 $|T|=|S|$， A 那一格 $(1,0)$ 就成了「不可能」（详见易错点「齐次化除以的量可能为零」）。
• 试几组参数凑不出 $(2,3)$ 就说它不可能。参数是连续的三元组，试一百组也只是没试到； 「不可能」必须由 $|T|\leq|S|$ 这样的结构性理由给出 （详见易错点「试几个位置都不成立就断定不存在」）。
• 反过来也一样：用三组特值兑现 A、B、C 是正当的——存在性只需一个例子； 但若把同样的手法用来证「$|T|\leq|S|$ 恒成立」，代几组数就完全无效 （详见易错点「特例成立当成恒成立」）。
• 重根按几个数。$(x+1)(x-1)^{2}$ 有三个根但只有两个不同的值，集合的元素个数是 $2$。 题面问的是「集合的元素个数」，全程按互不相同来数。