初中七年級奧數輔導課件

初中數學競賽輔導系列（一）初中數學競賽輔導系列（一）數與式數與式性質1任何一個有理數都能寫成有限小數(整數可以看作小數點后面為零的小數)或循環(huán)小數的形式，反之亦然．有理數性質1任何一個有理數都能寫成有限小數(整數可以看作小數點后無限不循環(huán)小數稱為無理數．有理數對四則運算是封閉的，而無理數與無理數的和，差，積，商不一定是無理數．如：

即無理數對四則運算不封閉．但它有下列性質：性質2設a為有理數，b為無理數，則(1)a+b，a-b是無理數；(2)a≠0時，ab與a／b為是無理數.

無理數有理數和無理數統稱為實數，記作Ｒ．即無限不循環(huán)小數稱為無理數．有理數對四則運算是封閉的，而無理數證（反證法）所以p一定是偶數．設p=2m(m是自然數)，代入①得

4m2＝2q2，q2＝2m2，證（反證法）所以p一定是偶數．設p=2m(m是自然數)例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2為有理數，a為無理數)，則a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．證：將原式變形為(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，則

反之，顯然成立．例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b實數１.實數集R對加、減、乘、除(除數不為0)四則運算是封閉的，即任意兩個實數的和、差、積、商(除數不為0)仍然是實數．２.實數集是有序的，即任意兩實數a，b必滿足下述三個關系之一:a<b,a=b,a>b3.實數的大小關系具有傳遞性，即若a>b,b>c,則a>c

4.實數具有阿基米德(Archimedes)性，即對任何

5．實數集R具有稠密性，即任何兩個不相等的實數之間必有另一個實數，且既有有理數，也有無理數．6．實數集R具有完備性，即實數集R與數軸上的點有著一一對應關系．實數１.實數集R對加、減、乘、除(除數不為0)四例1比較下列各組數的大?。?不查表)若a＞b＞0，則an＞bn(n為大于1的整數)反之，若a＞0，b＞0，且an＞bn，則a＞b．例1比較下列各組數的大?。?不查表)若a＞b＞0，則an＞初中七年級奧數輔導課件例2：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，求證：a與b之間存在著無窮多個有理數(即有理數集具有稠密性)．證：因為a＜b，所以2a＜a+b＜2b，即a１＋ba１＋b例2：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，求證：a與b之例４：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，問是否存在無理數α，使得a＜α＜b成立？

由①，②有

存在無理數α，使得a＜α＜b成立．即例４：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，問是否存整除是整數問題中一個重要的基本概念.如果整數a除以自然數b，商是整數且余數為0，我們就說a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，記作b丨a.此時，b是a的一個因數（約數），a是b的倍數.1.整除的性質性質1如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（這里設a>b）.例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.性質2如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除。例如：3丨6，6丨24，那么3丨24.性質3如果a能同時被m、n整除，那么a也一定能被m和n的最小公倍數整除.例如：6丨36，9丨36，6和9的最小公倍數是18，18丨36.整除問題整除是整數問題中一個重要的基本概念.如果整數a除以自然數性質4整數a，能分別被b和c整除，如果b與c互質，那么a能被b×c整除.例如：72能分別被3和4整除，由3與4互質，72能被3與4的乘積12整除.（3）能被3（或9）整除的數的特征：如果一個整數的各位數字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.

2.數的整除特征（1）能被2整除的數的特征：如果一個整數的個位數字是偶數，那么它必能被2整除.（2）能被5整除的數的特征：如果一個整數的個位數字是0或5，那么它必能被5整除.性質4整數a，能分別被b和c整除，如果b與c互質，那么a例（6）能被11整除的數的特征：如果一個整數的奇數位數字之和與偶數位數字之和的差（大減?。┠鼙?1整除，那么它必能被11整除.（4）能被4（或25）整除的數的特征：如果一個整數的末兩位數能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.（5）能被8（或125）整除的數的特征：如果一個整數的末三位數能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.（6）能被11整除的數的特征：如果一個整數的奇數位數字之和與例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處是被蟲蛀掉的數字，請把這筆賬補上.解：把□67.9□寫成整數a679b，

72∣a679b．72＝9×8，（9，8）＝１.按照前面的性質4，8∣a679b且９∣a679b．按被8整除的特征，8∣79b，因此b＝2.按照被9整除特征，9∣a+24，因此a＝3.這筆帳是367.92元.例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處例２下面這個41位數能被7整除，中間方格代表的數字是幾？解：因為111111＝3×7×11×13×37，所以555555＝5×111111和999999＝9×111111都能被7整除.這樣，18個5和18個9分別組成的18位數，也都能被7整除.上邊的三個加數中，前、后兩個數都能被7整除，那么只要中間的55□99能被7整除，原數就能被7整除.把55□99拆成兩個數的和：55A00＋B99，其中□=A+B.因為7丨55300，7丨399，所以□=3+3＝6.注意：記住111111能被7整除是很有用的.例２下面這個41位數能被7整除，解：因分解質因數

一個整數，它的約數只有1和它本身，就稱為質數（也叫素數）.例如，2，5，7，101，….

一個整數除1和它本身外，還有其他約數，就稱為合數.例如，4，12，99，501，….1不是質數，也不是合數.也可以換一種說法，恰好只有兩個約數的整數是質數，至少有3個約數的整數是合數，1只有一個約數，也就是它本身.質數中只有一個偶數，就是2，其他質數都是奇數.但是奇數不一定是質數，例如，15，33，….分解質因數一個整數，它的約數只有1和它本身

一個整數的因數中，為質數的因數叫做這個整數的質因數，例如，2，3，7，都是42的質因數，6，14也是42的因數，但不是質因數.任何一個合數，如果不考慮因數的順序，都可以唯一地表示成質因數乘積的形式，例如

360＝2×2×2×3×3×5=23×32×5例1有四個學生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：我們先把5040分解質因數

5040＝24×32×5×7.再把這些質因數湊成四個連續(xù)自然數的乘積：

24×32×5×7＝7×8×9×10.所以，這四名學生的年齡分別是7歲、8歲、9歲和10歲一個整數的因數中，為質數的因數叫做這個整數的質因數，例２有四個學生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：設他們的年齡分別是x-1,x,x+1,x+2例２有四個學生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，解：設他利用合數的質因數分解式，不難求出該數的約數個數（包括1和它本身）.為尋求一般方法，先看一個簡單的例子.我們知道24的約數有8個：1，2，3，4，6，8，12，24.對于較大的數，如果一個一個地去找它的約數，將是很麻煩的事.因為24＝23×3，所以24的約數是23的約數（1，2，22，23）與3的約數（1，3）之間的兩兩乘積.

1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1，23×3.這里有4×2＝8個，即（3＋1）×（1＋1）個利用合數的質因數分解式，不難求出該數的約數個數（包括1和它本如果合數B分解質因數后是：

B=am×bn×cp×……其中a、b、c……均為質數，m、n、p……均為自然數.那么，它的約數個數有（m+1）×（n+1）×（p+1）×……（個）如果合數B分解質因數后是：其中a、b、c……均為質數，那么，例３在100至150之間，找出約數個數是8的所有整數.8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)例３在100至150之間，找出約數個數是8的所有整數.8初中七年級奧數輔導課件例４有一種最簡真分數，它們的分子與分母的乘積都是420.如果把所有這樣的分數從小到大排列，那么第三個分數是多少？解：把420分解質因數

420＝2×2×3×5×7.為了保證分子、分母不能約分（否則約分后，分子與分母的乘積不再是420了），相同質因數，要么都在分子，要么都在分母，并且分子應小于分母.分子從小到大排列是

1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超過分母了，它們相應的分數是√例４有一種最簡真分數，它們的分子與分母的乘積都是420.如余數問題在整數除法運算中，除了前面說過的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形.被除數=除數×商+余數.通常把這一算式稱為帶余除式，它使我們容易從“余數”出發(fā)去考慮問題，這正是某些整數問題所需要的.特別要提請注意：在帶余除式中，余數總是比除數小，這一事實，解題時常作為依據.例175397被一個質數除，所得余數是15.求這個質數.解：這個質數能整除5397-15＝5382，而5382＝2×32×13×23.因為除數要比余數15大，除數又是質數，所以它只能是23.余數問題在整數除法運算中，除了前面說過的“能同余兩個整數a,b除以正整數m，若余數相同，則稱a與b關于模m同余，記作a≡b(modm)，這叫做同余式。如果a≡b(modm)，則m∣b－a例：一整數被967,1000,2001除所得余數相同，求該整數．解：由上面的結論，所求整數應能整除967，1000，2001的兩兩之差，即

1000-967＝33＝3×11，

2001-1000＝1001＝7×11×13，

2001-967＝1034＝2×11×47.這個整數是這三個差的公約數11.同余如果a≡b(modm)，則m∣b－a例：一整數被967

二次根式的概念、性質以及運算法則是根式運算的基礎，在進行根式運算時，往往用到絕對值、整式、分式、因式分解，以及配方法、換元法、待定系數法等有關知識與解題方法，也就是說，根式的運算，可以培養(yǎng)同學們綜合運用各種知識和方法的能力．二次根式二次根式的概念、性質以及運算法則是根式運算的二次根式的性質：二次根式二次根式的性質：二次根式二次根式的運算法則：設a，b，c，d，m是有理數，且m不是完全平方數，則當且僅二次根式的運算法則：設a，b，c，d，m是有理數，且m不是完解法1：配方法．例１：解法1：配方法．例１：解法2待定系數法．解法2待定系數法．例２：化簡：

(2)這是多重復合二次根式，可從里往外逐步化簡．

例２：化簡：(2)這是多重復合二次根式，可從里往外逐步分析被開方數中含有三個不同的根式，且系數都是2，可以看成解設

例３分析被開方數中含有三個不同的根式，且系數都是2，解設例４解用換元法．

例４解用換元法．解：利用(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)來解．將方程左端因式分解有

(x-4)(x2＋4x＋10)＝0．因為

x2＋4x＋10＝(x＋2)2＋6＞0，所以x-4＝0，x＝4．所以原式＝4例５解：利用(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)來解．將方例６解用構造方程的方法來解．設原式為x，利用根號的層數是無限的特點，有兩邊平方得兩邊再平方得x4-4x2＋4＝2＋x，所以x4-4x2-x＋2＝0．(x＋1)(x-2)(x2＋x-1)＝0．例６解用構造方程的方法來解．設原式為x，利用根號的層數是無例７例７分式分式分式式．若一個分式分母的值為零，則分式無意義．當分式的分子的值為零而分母的值不為零時，分式的值為零．２.分式的基本性質——分式的分子和分母都乘以（或除以）同一個不等于零的整式，分式的值不變．例1化簡分式：分式式．若一個分式分母的值為零，則分式無意義．當分式的分例２已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，求解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，則分式變?yōu)閡2+v2+w2+2(uv+vw+wu)=0．由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全為零，所以u2+v2+w2≠0，從而有

例２已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)例３

(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2-8x+13)+10

=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8x+13)+10

=10原式分母=(x2-8x+13)+2=2

例３(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．例４解法1:利用比例的性質解決分式問題．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，例４解法1:利用比例的性質解決分式問題．所以a+b-c=c解法2:設參數法．令

則a+b=(k+1)c，①

a+c=(k+1)b，②

b+c=(k+1)a．③①+②+③有

2(a+b+c)=(k+1)(a+b+c)，所以(a+b+c)(k-1)=0，故有k=1或a+b+c=0．當k=1時，

當a+b+c=0時，解法2:設參數法．令則a+b=(k+1)c，①當a+b+c一個分式是兩個多項式的商。設分子的次數為n，分母的次數為m。當n＜m時，該分式稱為真分式；當n≥m時，該分式稱為假分式。如果一個分式不是真分式，可以通過帶余除法化為一個多項式與一個真分式的和。把一個真分式化為幾個更簡單的真分式的代數和，稱為將分式化為部分分式。

部分分數和分式一個分式是兩個多項式的商。設分子的次數為n，分母的次數為m。把一個分式分為部分分式的一般步驟是：

（1）把一個分式化成一個整式與一個真分式的和；

（2）把真分式的分母分解因式；

（3）根據真分式的分母分解因式后的形式，引入待定系數來表示成為部分分式的形式；

（4）利用多項式恒等的性質和多項式恒等定理列出關于待定系數的方程或方程組；

（5）解方程或方程組，求待定系數的值；

（6）把待定系數的值代入所設的分式中，寫出部分分式。

把一個分式分為部分分式的一般步驟是：初中七年級奧數輔導課件1．運用公式法(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a2±2ab+b2=(a±b)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)．(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+…+abn-2+bn-1)其中n為正整數；因式分解1．運用公式法因式分解例１：分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．解：因為

x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以

例１：分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．例２：分解因式：x3-9x+8．解法1將常數項8拆成-1+9原式=x3-9x-1+9

=(x3-1)-9x+9

=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)解法2將一次項-9x拆成-x-8x原式=x3-x-8x+8

=(x3-x)+(-8x+8)

=x(x+1)(x-1)-8(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)2．拆項、添項法例２：分解因式：x3-9x+8．解法12．拆項、添項法例２：分解因式：x3-9x+8．解法3將三次項x3拆成9x3-8x3原式=9x3-8x3-9x+8

=(9x3-9x)+(-8x3+8)

=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)

=(x-1)(x2+x-8)解法4添加兩項-x2+x2原式=x3-x2+x2-9x+8

=x2(x-1)+(x-8)(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)例２：分解因式：x3-9x+8．解法33．換元法例３：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12解設x2+x=y，則原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10

=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)

=(x-1)(x+2)(x2+x+5)3．換元法例３：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)．解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，則原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)

=u4-6u2v+9v2

=(u2-3v)2

=(x2+2xy+y2-3xy)2

=(x2-xy+y2)2例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)４．待定系數法例５：分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的兩個一次項一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，應用待定系數法即可求出m和n，使問題得到解決．解：設x2+3xy+2y2+4x+5y+3

=(x+2y+m)(x+y+n)

=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比較兩邊對應項的系數，則有解之得m=3，n=1．所以：原式=(x+2y+3)(x+y+1)．４．待定系數法例５：分解因式：x2+3xy+2y2+4x+５．求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0(n為非負整數)的代數式稱為關于x的一元多項式，并用f(x)，g(x)，…等記號表示，如

f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，當x=a時，多項式f(x)的值用f(a)表示．如對上面的多項式f(x)

f(1)=12-3×1+2=0；定理1：因式定理：若a是一元多項式f(x)的根，即f(a)=0成立，則多項式f(x)有一個因式x-a．５．求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+例6：分解因式：x3-9x+8．作業(yè)例6：分解因式：x3-9x+8．作業(yè)定理2的根，則必有p是a0的約數，q是an的約數．定理2的根，則必有p是a0的約數，q是an的約數．例7：分解因式：x3-4x2+6x-4．這是一個整系數一元多項式，原式若有整數根，必是-4的約數，逐個檢驗-4的約數：±1，±2，±4，只有

f(2)=23-4×22+6×2-4=0，即x=2是原式的一個根，所以根據定理1，原式必有因式x-2．

用多項式除法，將原式除以(x-2)，原式=(x-2)(x2-2x+2)．例7：分解因式：x3-4x2+6x-4．這是一個整系數一元例8：分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因為9的約數有±1，±3，±9；-2的約數有±1，±2為：

所以，原式有因式9x2-3x-2．解9x4-3x3+7x2-3x-2

=(9x2-3x-2)(x2+1)

=(3x+1)(3x-2)(x2+1)例8：分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．代數式的恒等變形兩個代數式，如果對于字母在允許范圍內的一切取值，它們的值都相等，則稱這兩個代數式恒等．把一個代數式變換成另一個與它恒等的代數式叫作代數式的恒等變形．恒等式的證明，就是通過恒等變形證明等號兩邊的代數式相等．證明恒等式，沒有統一的方法，需要根據具體問題，采用不同的變形技巧，使證明過程盡量簡捷．一般可以把恒等式的證明分為兩類：一類是無附加條件的恒等式證明；另一類是有附加條件的恒等式的證明．代數式的恒等變形兩個代數式，如果對于字母在允1．由繁到簡和相向趨進恒等式證明最基本的思路是“由繁到簡”(即由等式較繁的一邊向另一邊推導)和“相向趨進”(即將等式兩邊同時轉化為同一形式)．例1已知x+y+z=xyz，證明：

x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．證因為x+y+z=xyz，所以左邊=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2)

=(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2

=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)

=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)

=xyz+xyz+xyz+xyz

=4xyz=右邊．1．由繁到簡和相向趨進例1已知x+y+z=xyz，證明：例2已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且證令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，則

又因為所以所以例2已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，2．比較法a=b(比商法)．這也是證明恒等式的重要思路之一．分析用比差法證明左-右=0．本例中，這個式子具有如下特征：如果取出它的第一項，把其中的字母輪換，即以b代a，c代b，a代c，則可得出第二項；若對第二項的字母實行上述輪換，則可得出第三項；對第三項的字母實行上述輪換，可得出第一項．具有這種特性的式子叫作輪換式．利用這種特性，可使輪換式的運算簡化．例3求證：

2．比較法a=b(比商法)．這也是證明恒等式的重要思路之

同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．證明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．全不為零同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(根據推理過程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與綜合法．分析法是從要求證的結論出發(fā)，尋求在什么情況下結論是正確的，這樣一步一步逆向推導，尋求結論成立的條件，一旦條件成立就可斷言結論正確，即所謂“執(zhí)果索因”．而綜合法正好相反，它是“由因導果”即從已知條件出發(fā)順向推理，得到所求結論．3．分析法與綜合法根據推理過程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與

要證a2+b2+c2=(a+b-c)2

這最后的等式正好是題設，而以上推理每一步都可逆，故所求證的等式成立．證(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要證ab=ac+bc只要證c(a+b)=ab只要證要證a2+b2+c2=(a+b-c)2這最后的等式正例6已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正數，求證：a=b=c=d．證由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，

(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因為(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因為a，b，c，d都為正數，所以a+b≠0，c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．例6已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，含參數的一元二次方程的整數根問題例1m是什么整數時，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x＋72＝0有兩個不相等的正整數根．

首先，m2-1≠0，m≠±1．Δ=36(m-3)2＞0，所以m≠3．用求根公式可得由于x1，x2是正整數，所以m-1=1，2，3，6，

m+1=1，2，3，4，6，12，解得m=2．這時x1=6，x2=4．含參數的一元二次方程的整數根問題例1m是什么整數時，方程(例2已知關于x的方程a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-13a＋15=0

(其中a是非負整數)至少有一個整數根，求a的值．

解因為a≠0，所以所以所以只要a是3或5的約數即可，即a=1，3，5．例2已知關于x的方程a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-解一個整系數的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是完全平方數．令Δ=(m-1)2-4m＝n2，其中n是非負整數，于是m2-6m+1=n2，所以(m-3)2-n2=8，(m-3＋n)(m-3-n)＝8．由于m-3＋n≥m-3-n，并且(m-3＋n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶數，所以m-3＋n與m-3-n同奇偶，所以例3設m是不為零的整數，關于x的二次方程mx2-(m-1)x＋1＝0有有理根，求m的值．

解一個整系數的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是例例4關于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一個整數解，且a是整數，求a的值．解：當a=0時，原方程變成-6x-2=0，無整數解．當a≠0時，方程是一元二次方程，它至少有一個整數根，說明判別式Δ＝4(a-3)2-4a(a-2)＝4(9-4a)為完全平方數，從而9-4a是完全平方數．令9-4a=n2，則n是正奇數，

要使x1為整數，而n為正奇數，只能n=1，從而a=2．要使x2為整數，即n-3｜4，n可取1，5，7，從而a=2，-4，-10．綜上所述，a的值為2，-4，-10．例4關于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0解：例5已知關于x的方程x2＋(a-6)x＋a=0的兩根都是整數，求a的值．解設兩個根為x1≥x2，由韋達定理得從上面兩式中消去a得x1x2+x1+x2＝6，所以(x1＋1)(x2+1)=7，所以a=x1x2=0或16．例5已知關于x的方程x2＋(a-6)x＋a=0的兩根都是整當r≠0時，原方程是關于x的一元二次方程，設它的兩個整數根為x1，x2，且x1≥x2，則消去r得x1x2-x1-x2＝2，所以(x1-1)(x2-1)=3．

例6求所有有理數r，使得方程rx2+(r+1)x＋(r-1)=0的所有根是整數．解當r=0時，原方程為x-1=0，所以x=1．

當r≠0時，原方程是關于x的一元二次方程，設它的兩個例6求例7已知a是正整數，且使得關于x的一元二次方程ax2＋2(2a-1)x＋4(a-3)=0至少有一個整數根，求a的值．解將原方程變形為(x＋2)2a=2(x＋6)．顯然x＋2≠0，于是由于a是正整數，所以a≥1，即所以x2+2x-8≤0，(x＋4)(x-2)≤0，所以-4≤x≤2(x≠-2)．當x=-4，-3，-1，0，1，2時，得a的值為1，6，10，3，例7已知a是正整數，且使得關于x的一元二次方程由于a是正整代數式求值代數式求值一：和差代換求值代數式求值一：和差代換求值代數式求值初中七年級奧數輔導課件初中七年級奧數輔導課件初中七年級奧數輔導課件初中七年級奧數輔導課件二：變形代入法例題７：二：變形代入法例題７：初中七年級奧數輔導課件三：參數法三：參數法四：和差法四：和差法五：整體法五：整體法六：特殊值法六：特殊值法七：活用公式法七：活用公式法九：構造法九：構造法十：升次法十：升次法幾何不等式幾何不等式

平面圖形中所含的線段長度、角的大小及圖形的面積在許多情形下會呈現不等的關系．由于這些不等關系出現在幾何問題中，故稱之為幾何不等式．幾何不等式定理1在三角形中，任兩邊之和大于第三邊，任兩邊之差小于第三邊．定理2

同一個三角形中，大邊對大角，小邊對小角，反之亦然．定理3

在兩邊對應相等的兩個三角形中，第三邊大的，所對的角也大，反之亦然．平面圖形中所含的線段長度、角的大小及圖形的面積在許多定理4

三角形內任一點到兩頂點距離之和，小于另一頂點到這兩頂點距離之和．定理5

自直線l外一點P引直線l的斜線，射影較長的斜線也較長，反之，斜線長的射影也較長．定理6

在△ABC中，點P是邊BC上任意一點，則有PA≤max｛AB，AC｝，當點P為A或B時等號成立．定理4三角形內任一點到兩頂點距離之和，小于另一頂點到這兩頂例1在銳角三角形ABC中，AB＞AC，AM為中線，P為△AMC內一點，證明：PB＞PC(圖2-137)

．

證在△AMB與△AMC中，AM是公共邊，BM=MC，且AB＞AC，由定理3知，∠AMB＞∠AMC，所以∠AMC＜90°．過點P作PH⊥BC，垂足為H，則H必定在線段BM的延長線上．如果H在線段MC內部，則BH＞BM=MC＞HC．如果H在線段MC的延長線上，顯然BH＞HC，所以PB＞PC

例1在銳角三角形ABC中，AB＞AC，AM為中線，P為△A例2已知P是△ABC內任意一點(圖2-138)．

(1)求證：(2)若△ABC為正三角形,且邊長為1,求證:PA+PB＋PC＜2．證(1)由三角形兩邊之和大于第三邊得

PA＋PB＞c，PB＋PC＞a，PC＋PA＞b．把這三個不等式相加，再兩邊除以2，便得又由定理4可知PA＋PB＜a＋b，PB＋PC＜b＋c，PC+PA＜c＋a．把它們相加，再除以2，便得PA＋PB＋PC＜a＋b＋c．例2已知P是△ABC內任意一點(圖2-138)．(2)若△(2)過P作DE∥BC交正三角形ABC的邊AB，AC于D，E，如圖2-138所示．于是PA＜max｛AD，AE｝＝AD，PB＜BD＋DP，PC＜PE＋EC，所以PA＋PB＋PC＜AD＋BD＋DP＋PE＋EC=AB＋AE＋EC=2．(2)若△ABC為正三角形,且邊長為1,求證:PA+PB＋PC＜2．(2)過P作DE∥BC交正三角形ABC的邊AB，AC于D，E例3如圖2-139．在線段BC同側作兩個三角形ABC和DBC，使得AB=AC，DB＞DC，且AB＋AC=DB＋DC．若AC與BD相交于E，求證：AE＞DE．

證在DB上取點F，使DF=AC，并連接AF和AD．由已知2DB＞DB+D=AB+AC=2AC，所以DB＞AC．由于DB＋DC=AB＋AC=2AC，所以DC＋BF=AC=AB．在△ABF中，AF＞AB-BF=DC．在△ADC和△ADF中，

AD=AD，AC=DF，AF＞CD．由定理3，∠1＞∠2，所以AE＞DE．例3如圖2-139．在線段BC同側作兩個三角形ABC和DB在Rt△GCK中，CM是GK邊上的中線，所以∠GCM=∠MGC．而∠ACG=45°，∠MGC＞∠ACG，于是∠MGC＞45°，所以∠ACM=∠ACG＋∠GCM＞90°．例4設G是正方形ABCD的邊DC上一點，連結AG并延長交BC延長線于K，求證：證如圖2-140，在GK上取一點M，使GM=MK，則由于在△ACM中∠ACM＞∠AMC，所以AM＞AC．故在Rt△GCK中，CM是GK邊上的中線，例4設G是正方形A例6在△ABC中，D是中線AM上一點，若∠DCB＞∠DBC，求證：∠ACB＞∠ABC(圖2-142)．證在△BCD中，因為∠DCB＞∠DBC，所以BD＞CD．在△DMB與△DMC中，DM為公共邊，BM=MC，且BD＞CD，由定理3知，∠DMB＞∠DMC．在△AMB與△AMC中，AM是公共邊，BM=MC，且∠AMB＞∠AMC，由定理3知，AB＞AC，所以∠ACB＞∠ABC．例6在△ABC中，D是中線AM上一點，若∠DCB＞∠DBC于是在Rt△MH1B中，∠MBH1=30°．延長BM至N，使得MN=BM，則ABCN為平行四邊形．因為AH為最大高，由三角形的面積公式知ＢＣ是三角形ABC中的最短邊，

例7在銳角△ABC中，最大的高線AH等于中線BM，求證：∠B＜60°(圖2-144)．證作MH1⊥BC于H1，由于M是中點，所以所以AN=BC＜AB，從而∠ABN＜∠ANB=∠MBC=30°，∠B=∠ABM+∠MBC＜60°．于是在Rt△MH1B中，∠MBH1=30°．例7在銳角△初中七年級奧數輔導課件初中數學競賽輔導系列（一）初中數學競賽輔導系列（一）數與式數與式性質1任何一個有理數都能寫成有限小數(整數可以看作小數點后面為零的小數)或循環(huán)小數的形式，反之亦然．有理數性質1任何一個有理數都能寫成有限小數(整數可以看作小數點后無限不循環(huán)小數稱為無理數．有理數對四則運算是封閉的，而無理數與無理數的和，差，積，商不一定是無理數．如：

即無理數對四則運算不封閉．但它有下列性質：性質2設a為有理數，b為無理數，則(1)a+b，a-b是無理數；(2)a≠0時，ab與a／b為是無理數.

無理數有理數和無理數統稱為實數，記作Ｒ．即無限不循環(huán)小數稱為無理數．有理數對四則運算是封閉的，而無理數證（反證法）所以p一定是偶數．設p=2m(m是自然數)，代入①得

4m2＝2q2，q2＝2m2，證（反證法）所以p一定是偶數．設p=2m(m是自然數)例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2為有理數，a為無理數)，則a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．證：將原式變形為(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，則

反之，顯然成立．例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b實數１.實數集R對加、減、乘、除(除數不為0)四則運算是封閉的，即任意兩個實數的和、差、積、商(除數不為0)仍然是實數．２.實數集是有序的，即任意兩實數a，b必滿足下述三個關系之一:a<b,a=b,a>b3.實數的大小關系具有傳遞性，即若a>b,b>c,則a>c

4.實數具有阿基米德(Archimedes)性，即對任何

5．實數集R具有稠密性，即任何兩個不相等的實數之間必有另一個實數，且既有有理數，也有無理數．6．實數集R具有完備性，即實數集R與數軸上的點有著一一對應關系．實數１.實數集R對加、減、乘、除(除數不為0)四例1比較下列各組數的大?。?不查表)若a＞b＞0，則an＞bn(n為大于1的整數)反之，若a＞0，b＞0，且an＞bn，則a＞b．例1比較下列各組數的大?。?不查表)若a＞b＞0，則an＞初中七年級奧數輔導課件例2：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，求證：a與b之間存在著無窮多個有理數(即有理數集具有稠密性)．證：因為a＜b，所以2a＜a+b＜2b，即a１＋ba１＋b例2：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，求證：a與b之例４：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，問是否存在無理數α，使得a＜α＜b成立？

由①，②有

存在無理數α，使得a＜α＜b成立．即例４：已知a，b是兩個任意有理數，且a＜b，問是否存整除是整數問題中一個重要的基本概念.如果整數a除以自然數b，商是整數且余數為0，我們就說a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，記作b丨a.此時，b是a的一個因數（約數），a是b的倍數.1.整除的性質性質1如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（這里設a>b）.例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.性質2如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除。例如：3丨6，6丨24，那么3丨24.性質3如果a能同時被m、n整除，那么a也一定能被m和n的最小公倍數整除.例如：6丨36，9丨36，6和9的最小公倍數是18，18丨36.整除問題整除是整數問題中一個重要的基本概念.如果整數a除以自然數性質4整數a，能分別被b和c整除，如果b與c互質，那么a能被b×c整除.例如：72能分別被3和4整除，由3與4互質，72能被3與4的乘積12整除.（3）能被3（或9）整除的數的特征：如果一個整數的各位數字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.

2.數的整除特征（1）能被2整除的數的特征：如果一個整數的個位數字是偶數，那么它必能被2整除.（2）能被5整除的數的特征：如果一個整數的個位數字是0或5，那么它必能被5整除.性質4整數a，能分別被b和c整除，如果b與c互質，那么a例（6）能被11整除的數的特征：如果一個整數的奇數位數字之和與偶數位數字之和的差（大減?。┠鼙?1整除，那么它必能被11整除.（4）能被4（或25）整除的數的特征：如果一個整數的末兩位數能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.（5）能被8（或125）整除的數的特征：如果一個整數的末三位數能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.（6）能被11整除的數的特征：如果一個整數的奇數位數字之和與例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處是被蟲蛀掉的數字，請把這筆賬補上.解：把□67.9□寫成整數a679b，

72∣a679b．72＝9×8，（9，8）＝１.按照前面的性質4，8∣a679b且９∣a679b．按被8整除的特征，8∣79b，因此b＝2.按照被9整除特征，9∣a+24，因此a＝3.這筆帳是367.92元.例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處例２下面這個41位數能被7整除，中間方格代表的數字是幾？解：因為111111＝3×7×11×13×37，所以555555＝5×111111和999999＝9×111111都能被7整除.這樣，18個5和18個9分別組成的18位數，也都能被7整除.上邊的三個加數中，前、后兩個數都能被7整除，那么只要中間的55□99能被7整除，原數就能被7整除.把55□99拆成兩個數的和：55A00＋B99，其中□=A+B.因為7丨55300，7丨399，所以□=3+3＝6.注意：記住111111能被7整除是很有用的.例２下面這個41位數能被7整除，解：因分解質因數

一個整數，它的約數只有1和它本身，就稱為質數（也叫素數）.例如，2，5，7，101，….

一個整數除1和它本身外，還有其他約數，就稱為合數.例如，4，12，99，501，….1不是質數，也不是合數.也可以換一種說法，恰好只有兩個約數的整數是質數，至少有3個約數的整數是合數，1只有一個約數，也就是它本身.質數中只有一個偶數，就是2，其他質數都是奇數.但是奇數不一定是質數，例如，15，33，….分解質因數一個整數，它的約數只有1和它本身

一個整數的因數中，為質數的因數叫做這個整數的質因數，例如，2，3，7，都是42的質因數，6，14也是42的因數，但不是質因數.任何一個合數，如果不考慮因數的順序，都可以唯一地表示成質因數乘積的形式，例如

360＝2×2×2×3×3×5=23×32×5例1有四個學生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：我們先把5040分解質因數

5040＝24×32×5×7.再把這些質因數湊成四個連續(xù)自然數的乘積：

24×32×5×7＝7×8×9×10.所以，這四名學生的年齡分別是7歲、8歲、9歲和10歲一個整數的因數中，為質數的因數叫做這個整數的質因數，例２有四個學生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：設他們的年齡分別是x-1,x,x+1,x+2例２有四個學生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，解：設他利用合數的質因數分解式，不難求出該數的約數個數（包括1和它本身）.為尋求一般方法，先看一個簡單的例子.我們知道24的約數有8個：1，2，3，4，6，8，12，24.對于較大的數，如果一個一個地去找它的約數，將是很麻煩的事.因為24＝23×3，所以24的約數是23的約數（1，2，22，23）與3的約數（1，3）之間的兩兩乘積.

1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1，23×3.這里有4×2＝8個，即（3＋1）×（1＋1）個利用合數的質因數分解式，不難求出該數的約數個數（包括1和它本如果合數B分解質因數后是：

B=am×bn×cp×……其中a、b、c……均為質數，m、n、p……均為自然數.那么，它的約數個數有（m+1）×（n+1）×（p+1）×……（個）如果合數B分解質因數后是：其中a、b、c……均為質數，那么，例３在100至150之間，找出約數個數是8的所有整數.8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)例３在100至150之間，找出約數個數是8的所有整數.8初中七年級奧數輔導課件例４有一種最簡真分數，它們的分子與分母的乘積都是420.如果把所有這樣的分數從小到大排列，那么第三個分數是多少？解：把420分解質因數

420＝2×2×3×5×7.為了保證分子、分母不能約分（否則約分后，分子與分母的乘積不再是420了），相同質因數，要么都在分子，要么都在分母，并且分子應小于分母.分子從小到大排列是

1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超過分母了，它們相應的分數是√例４有一種最簡真分數，它們的分子與分母的乘積都是420.如余數問題在整數除法運算中，除了前面說過的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形.被除數=除數×商+余數.通常把這一算式稱為帶余除式，它使我們容易從“余數”出發(fā)去考慮問題，這正是某些整數問題所需要的.特別要提請注意：在帶余除式中，余數總是比除數小，這一事實，解題時常作為依據.例175397被一個質數除，所得余數是15.求這個質數.解：這個質數能整除5397-15＝5382，而5382＝2×32×13×23.因為除數要比余數15大，除數又是質數，所以它只能是23.余數問題在整數除法運算中，除了前面說過的“能同余兩個整數a,b除以正整數m，若余數相同，則稱a與b關于模m同余，記作a≡b(modm)，這叫做同余式。如果a≡b(modm)，則m∣b－a例：一整數被967,1000,2001除所得余數相同，求該整數．解：由上面的結論，所求整數應能整除967，1000，2001的兩兩之差，即

1000-967＝33＝3×11，

2001-1000＝1001＝7×11×13，

2001-967＝1034＝2×11×47.這個整數是這三個差的公約數11.同余如果a≡b(modm)，則m∣b－a例：一整數被967

二次根式的概念、性質以及運算法則是根式運算的基礎，在進行根式運算時，往往用到絕對值、整式、分式、因式分解，以及配方法、換元法、待定系數法等有關知識與解題方法，也就是說，根式的運算，可以培養(yǎng)同學們綜合運用各種知識和方法的能力．二次根式二次根式的概念、性質以及運算法則是根式運算的二次根式的性質：二次根式二次根式的性質：二次根式二次根式的運算法則：設a，b，c，d，m是有理數，且m不是完全平方數，則當且僅二次根式的運算法則：設a，b，c，d，m是有理數，且m不是完解法1：配方法．例１：解法1：配方法．例１：解法2待定系數法．解法2待定系數法．例２：化簡：

(2)這是多重復合二次根式，可從里往外逐步化簡．

例２：化簡：(2)這是多重復合二次根式，可從里往外逐步分析被開方數中含有三個不同的根式，且系數都是2，可以看成解設

例３分析被開方數中含有三個不同的根式，且系數都是2，解設例４解用換元法．

例４解用換元法．解：利用(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)來解．將方程左端因式分解有

(x-4)(x2＋4x＋10)＝0．因為

x2＋4x＋10＝(x＋2)2＋6＞0，所以x-4＝0，x＝4．所以原式＝4例５解：利用(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)來解．將方例６解用構造方程的方法來解．設原式為x，利用根號的層數是無限的特點，有兩邊平方得兩邊再平方得x4-4x2＋4＝2＋x，所以x4-4x2-x＋2＝0．(x＋1)(x-2)(x2＋x-1)＝0．例６解用構造方程的方法來解．設原式為x，利用根號的層數是無例７例７分式分式分式式．若一個分式分母的值為零，則分式無意義．當分式的分子的值為零而分母的值不為零時，分式的值為零．２.分式的基本性質——分式的分子和分母都乘以（或除以）同一個不等于零的整式，分式的值不變．例1化簡分式：分式式．若一個分式分母的值為零，則分式無意義．當分式的分例２已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，求解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，則分式變?yōu)閡2+v2+w2+2(uv+vw+wu)=0．由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全為零，所以u2+v2+w2≠0，從而有

例２已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)例３

(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2-8x+13)+10

=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8x+13)+10

=10原式分母=(x2-8x+13)+2=2

例３(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．例４解法1:利用比例的性質解決分式問題．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，例４解法1:利用比例的性質解決分式問題．所以a+b-c=c解法2:設參數法．令

則a+b=(k+1)c，①

a+c=(k+1)b，②

b+c=(k+1)a．③①+②+③有

2(a+b+c)=(k+1)(a+b+c)，所以(a+b+c)(k-1)=0，故有k=1或a+b+c=0．當k=1時，

當a+b+c=0時，解法2:設參數法．令則a+b=(k+1)c，①當a+b+c一個分式是兩個多項式的商。設分子的次數為n，分母的次數為m。當n＜m時，該分式稱為真分式；當n≥m時，該分式稱為假分式。如果一個分式不是真分式，可以通過帶余除法化為一個多項式與一個真分式的和。把一個真分式化為幾個更簡單的真分式的代數和，稱為將分式化為部分分式。

部分分數和分式一個分式是兩個多項式的商。設分子的次數為n，分母的次數為m。把一個分式分為部分分式的一般步驟是：

（1）把一個分式化成一個整式與一個真分式的和；

（2）把真分式的分母分解因式；

（3）根據真分式的分母分解因式后的形式，引入待定系數來表示成為部分分式的形式；

（4）利用多項式恒等的性質和多項式恒等定理列出關于待定系數的方程或方程組；

（5）解方程或方程組，求待定系數的值；

（6）把待定系數的值代入所設的分式中，寫出部分分式。

把一個分式分為部分分式的一般步驟是：初中七年級奧數輔導課件1．運用公式法(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a2±2ab+b2=(a±b)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)．(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+…+abn-2+bn-1)其中n為正整數；因式分解1．運用公式法因式分解例１：分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．解：因為

x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以

例１：分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．例２：分解因式：x3-9x+8．解法1將常數項8拆成-1+9原式=x3-9x-1+9

=(x3-1)-9x+9

=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)解法2將一次項-9x拆成-x-8x原式=x3-x-8x+8

=(x3-x)+(-8x+8)

=x(x+1)(x-1)-8(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)2．拆項、添項法例２：分解因式：x3-9x+8．解法12．拆項、添項法例２：分解因式：x3-9x+8．解法3將三次項x3拆成9x3-8x3原式=9x3-8x3-9x+8

=(9x3-9x)+(-8x3+8)

=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)

=(x-1)(x2+x-8)解法4添加兩項-x2+x2原式=x3-x2+x2-9x+8

=x2(x-1)+(x-8)(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)例２：分解因式：x3-9x+8．解法33．換元法例３：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12解設x2+x=y，則原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10

=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)

=(x-1)(x+2)(x2+x+5)3．換元法例３：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)．解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，則原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)

=u4-6u2v+9v2

=(u2-3v)2

=(x2+2xy+y2-3xy)2

=(x2-xy+y2)2例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)４．待定系數法例５：分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的兩個一次項一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，應用待定系數法即可求出m和n，使問題得到解決．解：設x2+3xy+2y2+4x+5y+3

=(x+2y+m)(x+y+n)

=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比較兩邊對應項的系數，則有解之得m=3，n=1．所以：原式=(x+2y+3)(x+y+1)．４．待定系數法例５：分解因式：x2+3xy+2y2+4x+５．求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0(n為非負整數)的代數式稱為關于x的一元多項式，并用f(x)，g(x)，…等記號表示，如

f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，當x=a時，多項式f(x)的值用f(a)表示．如對上面的多項式f(x)

f(1)=12-3×1+2=0；定理1：因式定