Ответ. $n = 100$.

Назовём многочлен, удовлетворяющий условию задачи, красивым. Многочлен $P(x) = 100(x^{200} + x^{198} + \dots + x^2 + 1) + 101(x^{199} + x^{197} + \dots + x)$ красив и имеет корень $-1$. Значит, при $n = 100$ требуемое возможно.

Осталось показать, что при $n < 100$ у красивого многочлена $P(x)$ не может быть вещественных корней. Для этого достаточно проверить, что $P(x) > 0$ при всех $x$. Это неравенство, очевидно, выполнено при $x \ge 0$; для отрицательных же $x = -t$ оно является следствием неравенства
$$100(t^{2n} + t^{2n-2} + \dots + t^2 + 1) > 101(t^{2n-1} + t^{2n-3} + \dots + t). \quad (*)$$

Значит, достаточно доказать это неравенство при всех $t > 0$. Умножая $(*)$ на $t+1$, получаем равносильное неравенство $100(t^{2n+1} + t^{2n} + \dots + 1) > 101(t^{2n} + t^{2n-1} + \dots + t)$, или
$$100(t^{2n+1} + 1) > t^{2n} + t^{2n-1} + \dots + t. \quad (**)$$

Заметим, что при каждом $k = 1, \dots, n$ выполнено неравенство $(t^k - 1)(t^{2n+1-k} - 1) \ge 0$, поскольку обе скобки имеют одинаковые знаки при $t > 0$. Раскрывая скобки, получаем
$$t^{2n+1} + 1 \ge t^{2n+1-k} + t^k.$$

Складывая все такие неравенства и учитывая, что $n < 100$, получаем
$$t^{2n} + t^{2n-1} + \dots + t \le n(t^{2n+1} + 1) < 100(t^{2n+1} + 1),$$
что и доказывает (**).