https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/1989/Rikei

$f(x)$ は $x$ の 3 次式で， $f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの余りは定数である．このとき方程式 $f(x)=0$ を満たす実数 $x$ はただ 1 つであることを示せ．

2019.04.03記

[うまい解答]
$f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの余りを $R(x)$ とおくと， $y=R(x)$ は $y=f(x)$ の $f'(x)=0$ となる点を全て通る．だからもし3次関数が極大値と極小値をもつと仮定すると，極大値と極小値の値が異なることから余りは定数にならなくなり矛盾する．よって3次関数は単調増加となり，よって方程式 $f(x)=0$ を満たす実数 $x$ はただ 1 つである．

[解答]
$f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの余りである定数を $C$ とし， $g(x)=f(x)-C$ とおくと， $g(x)$ は $g'(x)$ で割り切れるので $g(x)=\dfrac{1}{3}(x-k)g'(x)$ とおくことができる．

この両辺を微分すると $g'(x)=\dfrac{1}{3}g'(x)+\dfrac{1}{3}(x-k)g''(x)$ となるので $g'(x)=\dfrac{1}{2}(x-k)g''(x)$ となる．

さらに両辺を微分すると $g''(x)=(x-k)g'''(x)$ が得られるが， $g'''(x)$ は3次式の3階微分なので定数となる．これを $D(\neq 0)$ とおくと $g(x)=\dfrac{D}{6}(x-k)^3$ となる．

よって $f(x)=\dfrac{D}{6}(x-k)^3+C$ となり， $f(x)=0$ の実数解は $x=k+\sqrt[3]{-\dfrac{6C}{D}}$ ただ1つである．

$n$ 次多項式 $f(x)$ が $f'(x)$ で割り切れるとき、 $f(x)=A(x-k)^n$ の形をしていることが同様に導かれる。

[別解]
$f(x)$ をその導関数 $f'(x)$ で割ったときの商を $\dfrac{1}{3}(x-k)$ とし，この $k$ を用いて $f(x)=a(x-k)^3+b(x-k)^2+c(x-k)+d$ とおくと $f'(x)=3a(x-k)^2+2b(x-k)+c$ であるから $f(x)=\dfrac{1}{3}(x-k)f'(x)+\dfrac{1}{3}b(x-k)^2+\dfrac{2}{3}c(x-k)+d$ が成立する．

余りが定数であるから $b=c=0$ であり，よって $f(x)=a(x-k)^3+d$ であるから $f(x)=0$ の実数解は $x=k+\sqrt[3]{-\dfrac{d}{a}}$ ただ1つである．

参考:
1976年(昭和51年)東京大学-数学(理科)[6]旧課程 - [別館]球面倶楽部零八式markIISR