第10讲因式分解及其应用

1、第10讲 因式分解的应用如果你不能解决这个提出的问题，环视一下四周，找一个适宜的有关的问题。辅助问题可能提供方法论的帮助。它可能提示解的方法、解的轮廓，或是提示我们应从哪一个方向着手工作等等。 波利亚 知识方法扫描 因式分解是一种重要的恒等变形。利用恒等变形，我们可以解决许多数学问题。如求代数式的值；证明不等式；处理与整数有关的一些问题：分解质因数、判断数的整除性、求方程的整数解等。经典例题解析 例1（2005年东清市初中数学竞赛试题）已知正实数a,b,c满足方程组 求a+b+c的值。解 三式相加，得： a,b,c

2、都是正实数，例2 （1986年广州，武汉，福州，合肥，重庆五市初中数学联赛试题）若a为正整数，则a4-3a2+9是质数还是合数？给出你的证明。解 a4-3a2+9= a4+6a2+9-9a2=( a2+3)2-(3a)2=( a2+3a+3)( a2-3a+3)=( a2+3a+3)( a-1)(a-2)+1 当a=1时，a4-3a2+9=7是质数；当a=2时，a4-3a2+9=13是质数；当a2时, a2+3a+31, ( a-1)(a-2)+11,故a4-3a2+9是合数。例3(第17届江苏省初二数学竞赛试题)多项式x2-(a+5)x+5a-1能分解为两个一次因式(x+b)，(x+c)的乘

3、积, 则a的值应为多少？解 因x2-(a+5)x+5a-1=(x+b)(x+c)= x2+(b+c)x+bc，故有b+c=-a-5, bc=5a-1消去a, 变形得 （b+5）(c+5)=-1因 b，c是整数，故有b=-4,c=-6 或b=-6,c=-4。于是a=5例4设n是大于1的正整数，求证 n4+4是合数 证明.n4 +4=n4 +4n2+4-4n2= (n2 +2)2-4n2 = (n2-2n+2) (n2+ 2n+ 2), n2+2n+2 n2-2n+2 =(n-1)2+11, .n4+4是合数. 例5(第9届华罗庚金杯数学邀请赛初二决赛试题)计算： 例6（1985年北京市初二数学竞

4、赛试题）若a是正整数，则。证明 =当a的个位数字分别为0，1，2，9时，上式右端总含有因子2和5这样, 例7（上海市初中数学竞赛试题）设正数x、y、z满足不等式：求证：以z、y、z为长度的三条线段能构成一个三角形证明 将已知不等式变形为：不妨设因x、y、z为正数，对于不等式，只能有如下两种情况：1左边的三个因式都大于0； 2左边的因式为二负一正只要我们能推出第一种情况成立，则原命题成立，但直接证比较困难，现假设不等式左边三个因式为二负一正，则有： 或 或 这与所设zyz矛盾，于是可知不等式左边三个因式不能为二负一正，故只能是不等式左边三个因式都为正，即有：y+zz，z+xy，x+yz成立，所以

5、原命题得证，即以x、y、z为长度的三条线段能构成一个三角形，例8（第37届国际数学奥林匹克备选题）在一个圆周上标记了4个整数，规定一个方向，使每个整数都有相邻的下一个数，每一步操作是指对每一个数，同时用该数与下一个数之差来替换，即对于a、b、c、d依次用a-b、b-c、c-d、d-a来替换，问经过1996步这样的替换之后，是否可以得到4个数a、b、c、d，使得|bc一ad|、|ac- bd|、|ab-cd|都是质数？解 答案是否定的，下面证明，设经过n次操作后得到的数依次是记n= 1996，则于是，,不可能为质数。同步训练一 选择题1（2005杭州市“思维数学”夏令营）请你估计一下的值应该最接

6、近于（ ）(A) 1 (B) (C) (D) 2(第1届“希望杯”全国初中数学邀请赛题)已知数x, 则( )(A) x是完全平方数 (B)（x50）是完全平方数(C) （x25）是完全平方数 (D)（x50）是完全平方数3（2002年江苏省初中数学竞赛试题）a、b、c是正整数, ab, 且a2abacbc7, 则ac等于（ ）（A）1 （B）1或7 （C） 1 （D） 1或74已知：a,b,c是ABC的三边长，那么代数式（a2+b2-c2）2-4a2b2的值（ ）。 （A）一定是正数（B）一定是负数（C）一定不是正数（D）一定不是负数5(1990年“缙云杯”数学竞赛试题)在1到100之间若存在

7、整数n，使x2+x-n能分解为两个整系数一次式之积，这样的n有（ ）个.（A） 0 （B） 1 （C） 2 （D） 9二 填空题6若a是自然数，且a4-4a3+15a2-30a+27是一个质数，则这个质数是_.7（2001年上海市初中数学竞赛试题）方程的整数解（x, y） _.8（上海市初中数学竞赛试题）满足方程x22y21的所有质数解（即x、y都是质数的解）是 .9(1996年上海市初中数学竞赛试题)设一菱形的边长是一个两位数，对调这个两位数的个位数码和十位数码，得到的新数恰为该菱形一条对角线长度的一半，若该菱形另一条对角线长度也是整数，则该菱形的边长为 。10（第4届创新杯数学邀请赛试题）

8、一只蚂蚁从原点出发，在数轴上爬行，向右爬行了12个单位长度后，向左爬行了22个单位长度，再向右爬行了32个单位长度后，向左爬行了42个单位长度。这样一直爬下去，最后向右爬行了92个单位长度后，向左爬行了102个单位长度，到达A点。则A点表示的数是 。 三 解答题11. (1985年全国部分省市通讯赛试题) 计算：12.（第24届全苏数学奥林匹克试题）n为怎样的自然数时，数32n+122n+16n是合数？13（第11届国际数学奥林匹克试题）证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，zn4a都不是素数14(1986年江苏省初中数学竞赛试题)若p、q均为大于5的任意质数，证明p4-q4总能

9、被240整除15（2008年浙江省湖州市初二数学竞赛试题）已知四个实数，且.若四个关系式：， 同时成立，（1）求的值；（2）分别求的值.同步训练题参考答案1B原式=2 C=102n410n+350=(102n4210n+2525)+25=(10n+2+5)2+253D因为a (ab)c(ab)7, 所以(ab) (ac)7，而ab0, 所以ac0. 因此ac1或74B（a2+b2-c2）2-4a2b2=(a2+b2-c2+2ab)(a2+b2-c2-2ab)=(a+b)2-c2(a-b)2-c2=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c)05D. 设x2+x-n=(x-a)(x+

10、b)= x2-(a-b)x-ab, 故a-b=-1,ab=n.于是n为两个连续整数之积，在1到100之间，有2，6，12，20，30，42，56，72，90共9个。611. a4-4a3+15a2-30a+27=（a2-3a+3）（a2-a+9）.由于a是自然数，且a4-4a3+15a2-30a+27是一个质数，且a2-3a+3x-y, 有x+y=11，x-y=1，解得 x=6,y=5;当k=2时, (x+y)(x-y)=44=441=222，因x+yx-y, 且x+y与x-y有相同的奇偶性, 有x+y=22，x-y=2，解得 x=12,y=10舍去；当k3时，均无一位整数解。故此菱形的边长为

11、65104512-22+32-42+52-62+72-82+92= 1+(32-22)+(52-42)+(72-62)+(92-82)=1+(3+2)(3-2)+(5+4)(5-4)+(7+6)(7-6)+(9+8)(9-8)=1+2+3+4+5+6+7+8+9=4511. 将分子分母中的每一个因式都乘以16，原式=因为 16x4+4=(4x2+2)2-16x2=(4x2-4x+2) (4x2+4x+2)=(2x-1)2+1 (2x+1)2+1，所以原式=1112 32n+122n+16n（3n2n）（3n+12n+1）当 nl时，3n2n1，3n+12n+11，所以原数是合数当 n1时，原数

12、是质数1313n44m4（n22m2）24m2n2（n22mn2m2）（n22mn2m2）而 n22mn2m2n22mn2m2（nm）2m2m21故 n44m4不是素数取 a424，434，就得到无限多个符合要求的 a14因p、q均为大于5的质数, 所以p,q都是奇数。按被6除的余数分类，在是奇数的三类6n+1, 6n+3, 6n+5中，6n+3不是质数，故p、q是6n+1, 6n+5这两类的数，它们可以写成6n1的形式。设p=6n1,q=6m1, 则有p4-q4=（p2-q2）(p2+q2)=(6n1)2-(6m1)2 ( 6n1)2+( 6m1)2p2-q2 =(6n1)2-(6m1)2= (36n212n+1)- (36m212m+1)=123(n-m) (n-m) =12(31)(n-m) 是24的倍数；p