联招数学·带余除法与余数定理：从 f(1)=0 到整除条件

题目性质：自编仿真题——题目、材料、选项、数据与情境均为按课程标准与联招常见考点独立编写的原创仿真题，非真题原文，未取自任何题库、教辅或试卷；解析与采分点为教研整理，非官方评分标准。

一、考点定位与做题顺序

余数定理一句话：f(x) 除以 (x−a) 的余数就是 f(a)。它把「做长除法」变成「代一个数」；反过来，若知道 (x−a)² 整除某个含参多项式，就要同时用 p(a)=0 与 p′(a)=0 两个条件，因为二重根比单根多一条导数约束。

本篇两题围绕 f(x)=x³−4x²+5x−2 与 p(x)=x³−3x²+ax+b 展开，所有系数与端点值均按题面现算，不手抄结果。

二、逐题精讲

题1

题1　设 f(x)=x³−4x²+5x−2。(1) 求 f(x) 除以 (x−1) 与 (x−3) 的余数；(2) 由 (1) 写出 f(x) 的因式分解，并求 f(3) 的另一种算法。

解析

(1) 余数定理：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) 余 4。

(2) 由 f(1)=0 做带余除法得商 q(x)=x²−3x+2=(x−1)(x−2)，故 f(x)=(x−1)²(x−2)。

回代核验：把 x=3 代入因式分解，f(3)=(3−1)²(3−2) = 4，与直接代入的 4 一致；两路闭合，说明分解没丢根也没重错。

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

采分点　f(1) 与 f(3) 各 1 分；商式 2 分；因式分解 2 分；两路回代闭合 1 分

易错点　把 f(3) 的余数当成因式；分解后漏写 (x−1) 的二次重数

题2

题2　设 p(x)=x³−3x²+ax+b 能被 (x−1)² 整除。(1) 求 a、b；(2) 写出 p(x) 并求 p(3)。

解析

(1) (x−1)²∣p(x) 等价于 x=1 是二重根，须同时满足 p(1)=0 与 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。

回代核验：p(1)=1−3+3−1=0，p′(1)=3−6+3=0，两条件同时成立；若只用 p(1)=0 会得 a+b=2 一族解，无法定出唯一 a、b，这正是「二重根多一条导数条件」的意义。

答案　a=3，b=-1；p(x)=(x−1)³；p(3)=8

采分点　列出 p(1)=0 与 p′(1)=0 两个条件 3 分；解 a、b 2 分；p(3) 1 分；唯一性说明 1 分

易错点　只用 p(1)=0 就宣称定出 a、b；把 p′(1)=0 漏掉导致无穷多解

三、规律小结与对照表

小结：单根用代值，重根加导数。f(1)=0、f(3)=4 与 (x−1)²(x−2) 三处闭合，p 的 a=3、b=-1、p(3)=8 由两条约束唯一确定。

四、自测清单

• 能说出余数定理 f(a) 即余数
• 能由 f(1)=0 做带余除法并分解
• 能用因式分解回代验 f(3)
• 能列出二重根的两个条件
• 能解出 a、b 并说明唯一性
• 能说明只用一个条件会得无穷多解