聯招數學·帶餘除法與餘數定理：從 f(1)=0 到整除條件 - 例題精講

例題精講 · 第 00508 題 · 用「餘數為零」反推待定係數，再用導數條件補足重根

以三次多項式的帶餘除法為材料，訓練餘數定理求餘式、由 (x−1)² 整除反推待定係數並用導數條件補足重根，配賦值法與端點值回代。

00508題號全 1000 篇 · 第第85輪 / 第85冊輪

方向數學·導數與解三角形六向之一

題型自編仿真題逐題精講 · 采分點拆解

題目性質：自編仿真題——題目、材料、選項、數據與情境均為按課程標準與聯招常見考點獨立編寫的原創仿真題，非真題原文，未取自任何題庫、教輔或試卷；解析與採分點為教研整理，非官方評分標準。

例題精講 · 數學導數與解三角形

一、考點定位與做題順序

餘數定理一句話：f(x) 除以 (x−a) 的餘數就是 f(a)。它把「做長除法」變成「代一個數」；反過來，若知道 (x−a)² 整除某個含參多項式，就要同時用 p(a)=0 與 p′(a)=0 兩個條件，因為二重根比單根多一條導數約束。

本篇兩題圍繞 f(x)=x³−4x²+5x−2 與 p(x)=x³−3x²+ax+b 展開，所有係數與端點值均按題面現算，不手抄結果。

題1　設 f(x)=x³−4x²+5x−2。(1) 求 f(x) 除以 (x−1) 與 (x−3) 的餘數；(2) 由 (1) 寫出 f(x) 的因式分解，並求 f(3) 的另一種算法。

解析

(1) 餘數定理：f(1)=1−4+5−2 = 0，故 (x−1) 整除 f(x)；f(3)=27−36+15−2 = 4，故除以 (x−3) 餘 4。

(2) 由 f(1)=0 做帶餘除法得商 q(x)=x²−3x+2=(x−1)(x−2)，故 f(x)=(x−1)²(x−2)。

回代核驗：把 x=3 代入因式分解，f(3)=(3−1)²(3−2) = 4，與直接代入的 4 一致；兩路閉合，說明分解沒丟根也沒重錯。

答案　餘 (x−1)：0；餘 (x−3)：4；f(x)=(x−1)²(x−2)；f(3)=4=4

採分點　f(1) 與 f(3) 各 1 分；商式 2 分；因式分解 2 分；兩路回代閉合 1 分

易錯點　把 f(3) 的餘數當成因式；分解後漏寫 (x−1) 的二次重數

題2　設 p(x)=x³−3x²+ax+b 能被 (x−1)² 整除。(1) 求 a、b；(2) 寫出 p(x) 並求 p(3)。

解析

(1) (x−1)²∣p(x) 等價於 x=1 是二重根，須同時滿足 p(1)=0 與 p′(1)=0。

p(1)=1−3+a+b = a+b−2 = 0，即 a+b=2。p′(x)=3x²−6x+a，p′(1)=3−6+a = a−3 = 0，故 a=3，代回得 b=-1。

(2) p(x)=x³−3x²+3x−1=(x−1)³，p(3)=(3−1)³ = 8。

回代核驗：p(1)=1−3+3−1=0，p′(1)=3−6+3=0，兩條件同時成立；若只用 p(1)=0 會得 a+b=2 一族解，無法定出唯一 a、b，這正是「二重根多一條導數條件」的意義。

答案　a=3，b=-1；p(x)=(x−1)³；p(3)=8

採分點　列出 p(1)=0 與 p′(1)=0 兩個條件 3 分；解 a、b 2 分；p(3) 1 分；唯一性說明 1 分

易錯點　只用 p(1)=0 就宣稱定出 a、b；把 p′(1)=0 漏掉導致無窮多解