1、专题01 整式的乘除阅读与思考 指数运算律是整式乘除的基础，有以下5个公式：， ，学习指数运算律应注意：1运算律成立的条件；2运算律中字母的意义：既可以表示一个数，也可以表示一个单项式或者多项式；3运算律的正向运用、逆向运用、综合运用多项式除以多项式是整式除法的延拓与发展，方法与多位数除以多位数的演算方法相似，基本步骤是：1将被除式和除式按照某字母的降幂排列，如有缺项，要留空位；2确定商式，竖式演算式，同类项上下对齐；3演算到余式为零或余式的次数小于除式的次数为止例题与求解【例1】（1）若为不等式的解，则的最小正整数的值为 （“华罗庚杯”香港中学竞赛试题）（2）已知，那么 （“华杯赛”试题）（
2、3）把展开后得，则 （“祖冲之杯”邀请赛试题）（4）若则 （创新杯训练试题）解题思路：对于（1），从幂的乘方逆用入手；对于（2），目前无法求值，可考虑高次多项式用低次多项式表示；对于（3），它是一个恒等式，即在允许取值范围内取任何一个值代入计算，故可考虑赋值法；对于（4），可考虑比较系数法【例2】已知，则等于（ ）A2B1 C D （“希望杯”邀请赛试题）解题思路：为指数，我们无法求出的值，而，所以只需求出的值或它们的关系，于是自然想到指数运算律【例3】设都是正整数，并且，求的值（江苏省竞赛试题）解题思路：设，这样可用的式子表示，可用的式子表示，通过减少字母个数降低问题的难度【例4】已知多项式
3、，求的值解题思路：等号左右两边的式子是恒等的，它们的对应系数对应相等，从而可考虑用比较系数法【例5】是否存在常数使得能被整除？如果存在，求出的值，否则请说明理由解题思路：由条件可推知商式是一个二次三项式（含待定系数），根据“被除式=除式商式”，运用待定系数法求出的值，所谓是否存在，其实就是关于待定系数的方程组是否有解【例6】已知多项式能被整除，求的值 （北京市竞赛试题）解题思路：本题主要考查了待定系数法在因式分解中的应用本题关键是能够通过分析得出当和时，原多项式的值均为0，从而求出的值当然本题也有其他解法能力训练A级1（1） （福州市中考试题）（2）若，则 （广东省竞赛试题）2若，则 3满足的
4、的最小正整数为 （武汉市选拔赛试题）4都是正数，且，则中，最大的一个是 （“英才杯”竞赛试题）5探索规律：，个位数是3；，个位数是9；，个位数是7；，个位数是1；，个位数是3；，个位数是9；那么的个位数字是 ，的个位数字是 （长沙市中考试题）6已知，则的大小关系是（ ）ABCD7已知，那么从小到大的顺序是（ ）ABCD（北京市“迎春杯”竞赛试题）8若，其中为整数，则与的数量关系为（ ）ABCD （江苏省竞赛试题）9已知则的关系是（ ）ABCD（河北省竞赛试题） 10化简得（ ）A BC D11已知，试求的值12已知试确定的值13 已知除以，其余数较被除所得的余数少2，求的值（香港中学竞赛试题）
5、B级1已知则= 2（1）计算：= （第16届“希望杯”邀请竞赛试题）（2）如果，那么 （青少年数学周“宗沪杯”竞赛试题）3（1）与的大小关系是 （填“”“”“”）（2）与的大小关系是： （填“”“”“”）4如果则= （“希望杯”邀请赛试题）5已知，则 （“五羊杯”竞赛试题）6已知均为不等于1的正数，且则的值为（ ）A3B2C1D （“CASIO杯”武汉市竞赛试题）7若，则的值是（ ）A1B0C1 D28如果有两个因式和，则（ ）A7B8C15 D21 （奥赛培训试题）9已知均为正数，又，则与的大小关系是（ ）ABCD关系不确定10满足的整数有（ ）个 A1 B2 C3 D411设满足求的值12
6、若为整数，且，求的值（美国犹他州竞赛试题）13已知为有理数，且多项式能够被整除（1）求的值；（2）求的值；（3）若为整数，且试比较的大小 （四川省竞赛试题）专题01 整式的乘除例1(1)(n2)100(63)100，n2 216，n的最小值为15 (2)原式x2(x2x)x(x2 x)2(x2x) 2005 x2x220052004(3)令x1时，a12a11a10a2a1a01， 令x1时，a12 a11al0n2ala0 729 由得：2(a12al0a8a2 a0)730 a12 a10 a8 a6a4 a2a0 365 (4)所有式子的值为x3项的系数，故其值为7例2 B 提示：25x
7、y 2 000y， 80xy 2 000x， ，得：(2580)xy2000xy，得：x yxy例3 设am4，bm5，cn2，dn3，由ca19得，n2m419，即(nm2) (nm2)19，因19是质数，nm2，nm2是自然数，且nm2nm2，得，解得n10，m3，所以db10335 757例4 提示：由题意知：2x23xy2y2x8y62x23xy2y2(2mn)x(2nm)ymn，解得，倒5提示：假设存在满足题设条件的p，q值，设(x4px2q)(x22x5)(x2mxn)，即x4px2qx4(m2)x3(5n2m)x2(2n5m)x5n，得，解得，故存在常数p，q且p6，q25，使得
8、x4px2q能被x 22x5整除例6解法1 x2x2(x2) (x1)， 2x43x3ax27xb能被(x2)(x1)整除，设商是A 则2x43x3ax27xbA(x2)(xl)， 则x2和x1时，右边都等于0，所以左边也等于0 当x2时，2x43x3ax27xb 32244a14b4ab420， 当x1时， 2x43x3ax27xb23a7bab60 ，得3a360， a12， b6a6 2解法2 列竖式演算，根据整除的意义解 2x43x3ax27xb能被x2x2整除，即， 2A级1(1) 5 (2)53 28 37 46 57 9 6A 7D 提示：a(25)11，b(34)11，c(53
9、)11，d(62)11 8A 9B 10C 114800 12a4b4，c113 提示：令x3 kx23(x3) (x2ax6)r1，x3kx23( x1) (x2cxd)r2，令x3，得r19k24令x1，得r2k2，由9k242k2， 得k3B级1 2 (1) 提示：原式 (2)123(1) 1516 1615264，3 313 3213265 264 (2) 提示：设32 000 x44 5512 提示：令x2 6C提示：由条件得ac3 ，bc2 ，abcc3c2c1 7C 8D9C 提示：设a2a3a1996x，则M（a1x）(xa1997)a1xx2a1a1997a1 997xN(a
10、1xa1 997)x alxx2a1997xMNa1a1997010D11由ax2by2 7，得(ax2by2)(xy)7(xy)， 即ax3ax2ybxy2by3 7(xy)，(ax3by3)xy(axby)7(xy) 163xy 7(xy) 由ax3 by316，得(ax3by3)(xy) 16(xy)， 即ax4 ax3 ybxy3by4 16(xy)，（ax4by4)xy(ab)16(xy）427xy16(xy） 由可得，xy14，xy38由ab42，得（ab）（xy）42（14），（ab）xy（ab）588，16（38）588故2012两边同乘以8得165xyzw且为整数，x3y3z3w3，且为整数165是奇数，w30，w316441，z10，z140两边都除以8得：5y20，y24x22，x4113（1）（x1）（x4)3x4，令x10，得x1；令x40，得x4当x1时，得1abc0； 当x4时，得6416a4bc0 ，得15a5b65，即3ab13 ，得4ac12（2），得2a2bc14（3）ca1，4ac12，a，b，c为整数，1a，则a2，c4又abc1，b7，cab