宋揚(yáng)

[摘 ?要] 因式分解的重要性，主要體現(xiàn)在其應(yīng)用領(lǐng)域的廣泛性和應(yīng)用方式的靈活多樣. 基于精心培育數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)和學(xué)科能力，文章結(jié)合教學(xué)實(shí)踐和專(zhuān)題研究，對(duì)因式分解應(yīng)用的常用領(lǐng)域和應(yīng)用方式的主要類(lèi)型加以歸納整理，并通過(guò)若干典型實(shí)例及其解析，闡釋了因式分解應(yīng)用的總體策略、具體對(duì)策、方法和技巧.

[關(guān)鍵詞] 因式分解;應(yīng)用;綜合運(yùn)用

因式分解是整式與多項(xiàng)式乘法的逆向運(yùn)用，是一種非常重要的恒等變形. 它不僅是學(xué)習(xí)后續(xù)課程（諸如分式的運(yùn)算或化簡(jiǎn)、方程的求解、不等式的求解等等）必備的基礎(chǔ)知識(shí)，而且體現(xiàn)了一種“化歸”的思想，為數(shù)學(xué)交流、有效轉(zhuǎn)化、解決問(wèn)題架起了堅(jiān)實(shí)的橋梁.

因式分解的應(yīng)用相當(dāng)廣泛，數(shù)學(xué)的很多領(lǐng)域，往往都要用到因式分解. 另一方面，其應(yīng)用方式具有較強(qiáng)的靈活性. 為了解決問(wèn)題的需要，不必限于整體的因式分解，還可以考慮采用局部的、分段的（含配方法）、逐段的、組合型、構(gòu)造型等方式的因式分解，靈活多樣，不拘一格. 因式分解應(yīng)用的總體策略是：以因式分解為思路主線，針對(duì)具體問(wèn)題的數(shù)學(xué)表達(dá)式的特征（或特點(diǎn)），選擇合適的因式分解方式，實(shí)施有效轉(zhuǎn)化，讓問(wèn)題歸于解決. 相應(yīng)對(duì)策分別列于以下各題之后.

用于簡(jiǎn)化復(fù)雜的數(shù)值計(jì)算

例1 計(jì)算（20193+20192-2020）÷（20193-2×20192-2017）.

解答 ?設(shè)a=2019，則原式=[a3+a2-（a+1）]÷[a3-2a2-（a-2）]= = = .

類(lèi)型對(duì)策：設(shè)元，讓數(shù)與式相互轉(zhuǎn)換.

例2 計(jì)算：

.

解答 ?因?yàn)閚4+64=（n2-4n+8）（n2+4n+8）=[n（n-4）+8][n（n+4）+8]，則原式= = =337.

類(lèi)型對(duì)策：采用逐段因式分解，有統(tǒng)一的分解表達(dá)式. 有時(shí)對(duì)分解式需做適當(dāng)變形，以更好地發(fā)現(xiàn)規(guī)律.

例3 計(jì)算：

.

解答 ?原式=

= -1.

類(lèi)型對(duì)策：分段因式分解.

用于數(shù)（或整式）的整除性研究

例4 在六位數(shù) 中，若d=a，e=b， f=c，試證：這種形式的六位數(shù)定能被7，11，13整除.

證明 ?因?yàn)閐=a，e=b， f=c，所以 =105a+104b+103c+102a+10b+c=1001（100a+10b+c）=7×11×13（100a+10b+c）. 所以這種形式的六位數(shù)定能被7，11，13整除.

用于處理質(zhì)數(shù)與合數(shù)問(wèn)題

例5 已知n是正整數(shù)，且n4-16n2+100是質(zhì)數(shù)，求n的值.

解答 ?n4-16n2+100=（n2+10）2-（6n）2=（n2+6n+10）（n2-6n+10）. 因?yàn)閚是正整數(shù)，所以上式中兩個(gè)因式均為整數(shù)，且有n2+6n+10>1，n2-6n+10=（n-3）2+1≥1. 又原式是質(zhì)數(shù)，所以n2-6n+10=1，從而得n=3.

類(lèi)型對(duì)策：既用到整體分解，又用了配方法.

用于求多項(xiàng)式的值

例6 已知a2（b+c）=b2（a+c）=2020，且a≠b，求c2（a+b）的值.

解答 ?由已知可得a2（b+c）-b2（a+c）=0，將上式左邊因式分解，得（a-b）（ab+ac+bc）=0. 因?yàn)閍≠b，所以ab+ac+bc=0. 從而有c2（a+b）-b2（a+c）=（c-b）（ab+ac+bc）=0. 所以c2（a+b）=b2（a+c）. 又b2（a+c）=2020，所以c2（a+b）=2020.

類(lèi)型對(duì)策：組合型兼構(gòu)造型. 本題通過(guò)移項(xiàng)，組合成一個(gè)整體，再作分解.

[注]例6也可構(gòu)造c2（a+b）-a2（b+c），以求得結(jié)果.

用于確定多項(xiàng)式中的參數(shù)（字

母系數(shù)）

例7 已知x2-3x+2是x4+mx3+nx-16的因式，求m，n的值.

解答 ?由題意可設(shè)x4+mx3+nx-16=（x2-3x+2）A，其中A為整式，即x4+mx3+nx-16=（x-1）（x-2）A. 令x=1，2，分別代入上式，得1+m+n-16=0，16+8m+2n-16=0.解之得m=-5，n=20.

類(lèi)型對(duì)策：構(gòu)造型. 本題使用了待定系數(shù)法中的賦值法.

用于解不定方程

例8 求方程xy-2x-3y+9=0的整數(shù)解.

解答 ?原方程可化為（x-3）（y-2）=-3，由于x，y為整數(shù)，可得x-3=-3，y-2=1或x-3=-1，y-2=3或x-3=1，y-2=-3或x-3=3，y-2=-1.所以所求整數(shù)解為x=0，y=3; x=2，y=5;x=4，y=-1;x=6，y=1.

類(lèi)型對(duì)策：局部分解.

在代數(shù)相關(guān)問(wèn)題推理論證中的應(yīng)用

例9 求證8x2-2xy-3y2可以化為兩個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式的平方差.

證明 ?由題意可設(shè)8x2-2xy-3y2=A2-B2，其中A，B為整系數(shù)多項(xiàng)式. 于是（2x+y）（4x-3y）=（A+B）（A-B）. 不妨取A+B=2x+y，A-B=4x-3y，解得A=3x-y，B=-x+2y.從而有8x2-2xy-3y2=（3x-y）2-（x-2y）2，得證.

類(lèi)型對(duì)策：構(gòu)造型，借助于待定元素法. 本題滿(mǎn)足要求的A，B不唯一.

例10 已知x3+y3+z3=（x+y+z）3，求證：x2019+y2019+z2019=（x+y+z）2019.

證明 ?將已知條件化為[（x+y+z）3-x3]-（y3+z3）=0，于是有（y+z）[（x+y+z）2+x（x+y+z）+x2-（y2-yz+z2）]=0，整理并進(jìn)一步分解因式得3（x+y）（y+z）（z+x）=0，所以x=-y或y=-z或z=-x. 不妨取x=-y，則x2019+y2019+z2019=z2019，（x+y+z）2019=（-y+y+z）2019=z2019. 原題獲證.

類(lèi)型對(duì)策：組合型. 通過(guò)移項(xiàng)，組合成一個(gè)整體，然后對(duì)整體分解因式. 本題是證明條件等式的應(yīng)用實(shí)例.

在三角形等幾何問(wèn)題中的應(yīng)用

例11 已知 a，b，c是△ABC三條邊的長(zhǎng)，且滿(mǎn)足a2-b2=ac-bc，試判斷△ABC的形狀.

解答 ?原等式可化為（a+b）（a-b）-c（a-b）=0，于是有（a-b）（a+b-c）=0. 因?yàn)閍，b，c是△ABC三條邊的長(zhǎng)，所以a+b-c≠0，從而a-b=0，得a=b，所以△ABC是等腰三角形.

類(lèi)型對(duì)策：組合型. 移項(xiàng)后對(duì)等式左邊作整體分解.

例12 已知 a，b，c是△ABC三條邊的長(zhǎng)，且滿(mǎn)足a2+b2≤4a+10b-29，求第三邊c的長(zhǎng)（取值范圍）.

解答 ?原等式可化為a2+b2-4a-10b+29≤0，于是有（a-2）2+（b-5）2≤0，從而有（a-2）2+（b-5）2=0 ，所以a=2且b=5. 因?yàn)閍，b，c是△ABC三條邊的長(zhǎng)，所以a-b

類(lèi)型對(duì)策：組合型. 移項(xiàng)后，對(duì)等式左邊采用配方法，這里是指化為平方和的形式，凸顯非負(fù)性，以利進(jìn)一步求解.

與質(zhì)因數(shù)分解的綜合運(yùn)用

例13 a，b，c是正整數(shù)，且滿(mǎn)足等式abc+ab+ac+bc+a+b+c=2003，試求a+b+c的最小值.

解答 ?原等式可化為（a+1）（b+1）（c+1）=22×3×167. 經(jīng)分析上式中各種情形可知，左邊三個(gè)因式分別取4，3，167時(shí)，其和為最小. 不妨取a+1=4，b+1=3，c+1=167，即當(dāng)a=3，b=2，c=166時(shí)，a+b+c=171為所求的最小值.

類(lèi)型對(duì)策：局部分解.本題方法也可用于求a+b+c的最大值，留給讀者思考.