− 4x + b，已知f (x)是g (x)的倍式，則 a = ，b = 。

高雄市明誠中學 高一數學複習測驗 日期：95.12.14 班級 普一 班

範

圍 3-1 多項式四則運算

座號

姓 名 一、填充題(每題 10 分)

1. f (x) = 2x³

− 5x

² − 8x + a，g (x) = x²

− 4x + b，已知f (x)是g (x)的倍式，則 a = ，b = 。

【解答】6；2

【詳解】

f (x) = 2x

³

− 5x

² − 8x + a是g (x) = x²

− 4x + b的倍式，即g (x)整除f (x)，用綜合除法 2 − 5 − 8

+

a

+ 8 + 12 + 4

− 2b − 3b − b 2 + 3

+ −(4 2 )

b

+ −(

a

3 )

b

餘式為 0，故 4 − 2b = 0，a − 3b = 0 得b = 2，a = 6

2. 設二多項式f (x)，g (x)其次數均大於 2，已知f (x)與g (x)除以x²

− x −1 之餘式分別為 2x + 1

與x − 3，則

(1) f (x) + g (x)除以x²

− x −1 之餘式為 。

(2) 2f (x) − 3g (x)除以x²

− x −1 之餘式為 。

(3) f (x)．g (x)除以x²

− x −1 之餘式為 。

【解答】(1) 3x − 2 (2) x + 11 (3) − 3x − 1

【詳解】

由除法定理，令f (x) = (x²

− x −1) q

1(x) + 2x + 1，g (x) = (x²

− x −1) q

2(x) + x − 3 (1) f (x) + g (x) = (x²

− x −1)[ q

1(x) + q2(x)] + 3x − 2

∴ f (x) + g (x)除以x²

− x −1 的餘式為 3x − 2

(2) 2f (x) − 3g (x) = [ 2(x²

− x −1) q

1(x) + 4x + 2] − [ 3(x²

− x −1) q

2(x) + 3x − 9]

= (x²

− x −1) [ 2q

1(x) − 3q2(x) ] + x + 11 ∴ 2f (x) − 3g (x)除以x²

− x −1 的餘式為x + 11

(3) f (x) g (x) = [(x²

− x −1) q

1(x) + 2x + 1] [(x²

− x −1) q

2(x) + x − 3]

= (x²

− x −1)

² q1(x) q2(x) + (x²

− x −1)(x − 3) q

1(x) + (x²

− x −1)(2x + 1) q

2(x) + (2x + 1)(x − 3)

= (x²

− x −1) Q(x) + (2x + 1)(x − 3) = (x

²

− x −1) Q(x) + 2(x

²

− x −1) − 3x − 1

= (x²

− x −1) [Q(x) + 2 ] − 3x − 1

∴ f (x) g (x)除以x

²

− x −1 的餘式為− 3x − 1

即 f (x) g (x)除以x²

− x −1 的餘式，即f (x)及g (x)除以x

²

− x −1 之餘式 2x + 1 與x − 3

之乘積除以x²

− x −1 的餘式

3. 設 3(x − 1) ³ + 4(x − 1) ² + 2 = a (x − 1)(x − 2)(x + 1) + b(x − 1)(x − 2) + c(x − 2) + d，a，b，c，

d ∈ R，則數對(a，b，c，d) = 。

【解答】(3，1，7，9) 令 x = 2，d = 3 + 4 + 2 = 9

第 1 頁

令 x = 1，− c + d = 2 ∴ c = 7

令 x = − 1 ∴ 6b − 3c + d = − 6 ∴ b = 1 令 x = 0 ∴ 2a + 2b − 2c + d = 3 ∴ a = 3

4. 設f (x) = x + 2，g (x) = x³ − 2x² − 7x + 8，若f (h (x)) = g (x)，則h (x) = 。

【解答】x³ − 2x² − 7x + 6

【詳解】

∵ f (x) = x + 2 ∴ f (h (x)) = h (x) + 2

但f (h (x)) = g (x) = x³ − 2x² − 7x + 8 ∴ h (x) = g (x) − 2 = x³ − 2x² − 7x + 6 5. 若b < − 2 且x⁴ + 2x³ + 7x²

+ ax + 10 可被x

²

+ 2x − b整除，則a + b = 。

【解答】− 1

【詳解】

⇒ (a，b) = (4，−5)，(10，− 2)（不合），a + b = 4 − 5 = − 1

⎩⎨

⎧

= + +

=

−

−

0 7

10

0 14 2

b

2

b b a

6 .設x²

− x + 2 除x

⁴ − x³ + x² + ax + 3 的餘式為 2x + b，a，b ∈ R，則數對(a，b) = 。

【解答】(3，5)

【詳解】

∵ x² − x + 2 除x⁴

− x

³ + x²

+ ax + 3 的餘式為 2x + b

∴ x² − x + 2 | (x⁴

− x

³ + x²

+ ax + 3) − (2x + b) = x

⁴

− x

³ + x²

+ (a − 2)x + (3 − b)

∴ a − 3 = 0 且 5 − b = 0 ∴ a = 3，b = 5

7. 若多項式x³

+ 4x

² + 5 x − 3 除以f (x)之商式為x + 2，餘式為 2x −1，則f (x) = 。

【解答】x²

+ 2x −1

【詳解】

由除法定理知x³

+ 4x

² + 5x − 3 = f (x)(x + 2) + 2x −1 ∴ f (x)(x + 2) = x³

+ 4x

² + 3x − 2 右式除以x + 2 得f (x) = (x³

+ 4x

² + 3x − 2) ÷ (x + 2) = x²

+ 2x −1

8. 設多項式f (x)除以x³

− 1 之餘式為x

²

− 1，則f (x)除以x

²

+ x + 1 之餘式為 。

【解答】− x − 2

【詳解】

f (x) = (x

³

− 1) q(x) + ( x

²

− 1) = (x − 1)(x

²

+ x + 1) q(x) + x

²

− 1

= (x²

+ x + 1) [(x − 1) q(x)] + (x

²

+ x + 1) − x − 2 = (x

²

+ x + 1) [(x − 1) q(x) + 1] − x − 2

⇒ 餘式− x − 2

9. 多項式(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5)(x − 6)(x − 7)(x − 8)展開後，按降冪排列為

a

8

x

⁸ + a7

x

⁷ + a6

x

⁶ + a5

x

⁵ + a4

x

⁴ + a3

x

³ + a2

x

² + a1

x + a

0，求係數a7的值為 。

第 2 頁

【解答】− 36

【詳解】a7 = ( − 1) + ( − 2) + ( − 3) + … + ( − 8) = − 36 10.以x² + 2x + 4 除(x² + 3x + 2)⁴之餘式為 。

【解答】− 72x − 144

【詳解】

令p = x² + 2x + 4 ⇒ x² + 3x + 2 = p + x − 2

(x² + 3x + 2)⁴ = [p + (x − 2)]⁴ = p⁴ + 4p³(x − 2) + 6p²(x − 2)² + 4p(x − 2)³ + (x − 2)⁴

= p[p³ + 4p²(x − 2) + 6p(x − 2)² + 4(x − 2)³] + x⁴ − 8x³ + 24x² − 32x + 16 (x² + 3x + 2)⁴被p之餘式與x⁴ − 8x³ + 24x² − 32x + 16 被p之餘式相同 即x⁴ − 8x³ + 24x² − 32x + 16 = (x² + 2x + 4)( x² − 10x + 40) + ( − 72x − 144) 所求餘式為 − 72x − 144

11.設n ∈ N，n > 2，求f (x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3) … (x + n)展開式中x^{n − 1}，x ^{n − 2}項的係數。

【解答】

2

1 n (n + 1)，

24

1

(n − 1) n (n + 1)(3n + 2)

【詳解】

(1) f (x)的x^{n − 1}項，係由(x + 1)，(x + 2)，(x + 3)，…，(x + n)中的n − 1 個派x，另一個 派常數項相乘得之，其係數為 1 + 2 + 3 + … + n =

2 ) 1 ( n + n

(2) f (x)的x^{n − 2}項，係由(x + 1)，(x + 2)，(x + 3)，…，(x + n)中的n − 2 個派x，另二個派 常數項相乘得之

∴ 其係數為 1 × 2 + 1 × 3 + 1 × 4 + … + 1 × n + 2 × 3 + 2 × 4 + … + 2 × n + 3 × 4 + … + 3 × n

　　　 　

………

+)　　　　　　　+ (n − 1)n 即 1，2，3，4，…，n中兩兩乘積的和 =

2

1

[(1 + 2 + … + n)² − (1² + 2² + … + n²)]

=

2 1

．{[

2 ) 1 ( n + n

]² −

6 ) 1 2 )(

1 ( n + n +

n

} =

24

1

(n − 1) n (n + 1)(3n + 2) 二、證明題(每題 10 分)

1. 若n為自然數，則 10^{n + 1} − 9n − 10 恆可被 81 整除，試證之。

【證明】

(1) n = 1 時，10^{n + 1} − 9n − 10 = 100 − 9 − 10 = 81 可被 81 整除，故n = 1 時，原式成立 (2) 設n = k時命題成立，即 10^{k + 1} − 9k − 10 = 81q，q∈N

當n = k + 1 時，10^{n + 1} − 9n − 10 = 10^{k + 2} − 9(k + 1) − 10 = 10．10^{k + 1} − 9k − 19 = 10(10^{k + 1} − 9k − 10) − 9k − 19 + 90k + 100 = 10(10^{k + 1} − 9k − 10) + 81k + 81

= 10．81q + 81k + 81

= 81(10q + k + 1)可被 81 整除，故n = k + 1 時，成立 依數學歸納法得證，n∈N時，10^{n + 1} − 9n − 10 恆可被 81 整除

第 3 頁

2. 試證：對所有自然數n而言，下式恆成立：1² + 2² + 3² + … + n² =

6 ) 1 2 )(

1 ( n + n +

n

。

【證明】

(1) n = 1 時，左式只有 1 項，即 1² = 1，右式=

6

1

．1．2．3 = 1，故原式成立 (2)設n = k時成立，即 1² + 2² + … + k² =

6

1 k(k + 1)(2k + 1)

則n = k + 1 時，1² + 2² + … + n² = 1² + 2² + … + k² + (k + 1)²

=

6

1 k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)

² =

6

1

(k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)]

=

6

1

(k + 1)(2k² + 7k + 6) =

6

1

(k + 1)(k + 2)(2k + 3)

=

6

1

(k + 1)[(k + 1) + 1][2(k + 1) + 1] =

6

1 n(n + 1)(2n + 1)

所以由n = k成立，可推得n = k + 1 成立

由數學歸納法知，1² + 2² + 3² + … + n² =

6 ) 1 2 )(

1 ( n + n +

n

，對每一個自然數n都成立

3. n ∈ N，證明： ₂

1

1

+ ₂

2

1

+ … +

¹

₂

n

≤ 2 −

n 1

。

【證明】

(1)當 n = 1 時，左式= ₂

1

1

≤ 2 −

1

1

=右式 ∴ 原式成立 (2)設 n = k 時，原式成立，即 ₂

1 1

+ ₂

2

1

+ … +

¹

₂

k

≤ 2 −

k 1

則 n = k + 1 時， ₂

1

1

+ ₂

2

1

+ … +

¹

₂

k

+ ₂

) 1 (

1 + k

≤ 2 −

k

1

+ ₂

) 1 (

1 + k

≤ 2 −

k 1

+

) 1 (

1 +

k

k

= 2 −

k 1

+ (

k 1

−

1 1

+

k

) = 2 −

1 1

+

k

，原式成立

由數學歸納法原理，對每一個自然數 n 原式恆成立

第 4 頁