因式分解培优训练题(培优篇)+答案

知识要点：因式分解的基本方法有提公因式法、公式法、分组分解法和十字相乘法。在对一个多项式进行因式分解时，应根据多项式的特点选择合理的分解方法。

A卷

一、填空题

1、分解因式：x2nxn121y_______________. 942、（河南省竞赛题）分解因式：x25xyx3y6y2_______________. 3、已知x2ax24在整数范围内可以分解因式，则整数a的可能取值为 .

4、（2000

22年第16届“希望杯”竞赛题）分解因式：

ababab1________. __5、（2005年第16届“希望杯”初二年级培训题）如果x、y是整数，且

x22004xy2005y21，那么x_________，y_________.

二、选择题

6、如果多项式4x2kx1是一个完全平方式，那么k的值是（ ） 92244或 D、或 3333A、6 B、6 C、

7、（2005年第16届“希望杯”初二年级培训题）已知二次三项式2x2bxc分解因式后为2x3x1，则（ ）

A、b3，c1 B、b6，c2 C、b6，c4 D、b4，c6

8、（江苏省南通市2005年中等学校招生考试题）把多项式a22abb21分解因式，结果为（ ）

A、ab1ab1 B、ab1ab1 C、ab1ab1 D、ab1ab1

B卷

一、填空题

9、研究下列算式：123412552；23451121112；34561361

192；45671841292，„„用含n的代数式表示此规律（n为正整数）

是 .

二、选择题

10、对于这5个多项式：①a2b2a2b21；②x39ax227xa227a3；③

x224x；④3mmn6nnm；⑤xbcdydbc2c2d2b

其中在有理数范围内可以进行因式分解的有（ ）

A、①②⑤ B、②④⑤ C、③④⑤ D、①②④

11、已知二次三项式21x2ax10可以分解成两个整系数的一次因式的积，那么（ ） A、a一定是奇数 B、a一定是偶数 C、a可为奇数也可为偶数 D、a一定是负数 三、解答题 12、分解因式：

（1）（2000年第12届“五羊杯”数学竞赛试题）分解因式：x2y2xy

333（2）12n212n22n1xxx 3279（3）ax2a2xbx22abxa2bb2xab2 （4）a2b2x24abxa2b2 （5）a2bcb2cac2ab （6）x2xy6y2x13y6

C卷

一、解答题

13、n（n1）名运动员参加乒乓球循环赛，每两人之间正好只进行一场比赛。在循环过程中，第一位参赛者胜x1场、负y1场，第二位参赛者胜x2场、负y2场，„，第n位参

2222赛者胜xn场、负yn场。求证：x12x2. xny12y2yn

14、对于一个自然数n，如果能找到自然数a和b，使得nabab，则称n是一个“好数”，在1~100这100个自然数中，“好数”共有多少个？

因式分解的方法二——换元法

知识要点：换元法是数学中的一种重要方法，在解题和证明中常常起到桥梁作用。用换元法分解因式，是把题目中的某一部分或某几部分看成一个整体，设为一个或几个新的变元，从而使代数式的结果简单化，便于分解。

A卷

一、填空题

1、分解因式：x2x1x2x212_______________. 2、分解因式：x1x3x5x715_______________.

3、（重庆市竞赛题）分解因式：1999x2199921x1999____________________. 4、（第

12

届“五羊杯”初二试题）分解因式：

x23y23xy3_____________.

5、（2001年“TI杯”全国初中竞赛题）若x2xyy14，y2xyx28，则xy的值为 .

二、选择题

6、当xy1时，x4xy3x3y3x2y3xy2y4的值为（ ）

A、1 B、0 C、2 D、1 7、（2000年武汉市选拔赛）若3x3x1，则9x412x33x27x1999的值等于（ ）

A、1999 B、2001 C、2003 D、2005 8、要使x1x3x4x8m为完全平方式，则m为（ ）

A、12 B、24 C、196 D、200

B卷

一、填空题

9、化简：1xx1xx1xx1x2332002_______________.

310、若abc3m，则mambmc3mambmc的值是 .

11、（2005年第16届“希望杯”初二年级竞赛题）在有理数范围内分解因式：

x1x2x3x6x2________________________________________

二、解答题 12、分解因式：

（1）x1x22x3x620x4 （2）2x23x122x233x1

（3）2a5a292a791（湖北省黄冈市竞赛题）

（4）x44x21x43x2110x4（第13届“五羊杯”竞赛题） （5）xyxy1xy32xy33212xy1（天津市竞赛题） 23（6）2x3y3x2y125xy（第13届“五羊杯”竞赛题）

C卷

一、解答题

13、（安徽省竞赛试题）证明：19971998199920001是一个整数的平方，并求出这个整数。

14、（北京市竞赛试题）一个自然数a恰好等于另一个自然数b的平方，则称自然数a为完全平方数，如6482，64就是一个完全平方数，若a20022200222003220032，求证，a是一个完全平方数。

因式分解的方法三——配方法和拆添项法

知识要点：拆项或添项是将原多项式配上某些需要的项，创造能因式分解的条件。配方法则是通过拆项或添项，把一个式子写成完全平方式或几个完全平方式和的形式。

A卷

一、填空题

1、分解因式：x39x8_______________.

2、分解因式：x4x22ax1a2_______________. 3、分解因式：x5x1____________________. 4、（第

15

届“希望杯”初二试题）分解因式：

a42a3b3a2b22ab3b4_____________.

5、（2001年天津市竞赛试题）已知x2y2z22x4y6z140，则xyz___. _6、（2005年第16届“希望杯”初二竞赛试题）已知x且19x2143xy19y22005，则xy____或 .

二、选择题

abab，y（ab），

abab7、（“五羊杯”竞赛试题）若x是自然数，设yx42x32x22x1，则（ ） A、y一定是完全平方数 B、存在有限个x，使y是完全平方数

C、y一定不是完全平方数 D、存在无限个x，使y是完全平方数

8、若a、b、c满足a2b2c29，则代数式abbcca的最大值是（ ）

222A、27 B、18 C、15 D、12

B卷

一、填空题 9、（全国联赛）已知

1bc2abca，且a0，则bc_________. 4a10、整数a、b满足6ab9a10b303，则ab________.

11、正数a、b、c满足3a2b2c2ab3b2c1，则a_____，b_____，c_____.

二、选择题

12、（“五羊杯”竞赛试题）a、b、c、d都是正数，则在以下命题中，错误的是（ ） A、若a2b2c2abbcac，则 abc B、若a3b3c33abc，则 abc

C、若a4b4c4d42a2b2c2d2，则 abcd D、若a4b4c4d44bcd，则 abcd 三、解答题 13、分解因式： （1）x47x21

（2）a2b24a2b3（郑州市竞赛题） （3）x35x23x9

（4）x32x25x6（重庆市竞赛题） （5）4x331x15 （6）ca4bcab

2C卷

一、解答题

14、（2005年第16届“希望杯”初二年级培训题）求最大正整数N，使得2504101516N是是一个完全平方数。

15、（全国数学联赛）某校在向“希望工程”捐款活动中，甲班的m个男生和11个女生的捐款总数与乙班的9个男生和n个女生的捐款总数相等，都是mn9m11n145元，已知每人的捐款数相同，且都是整数，求每人的捐款数。

因式分解的方法四——待定系数法

知识要点：待定系数法就是先设出某些待定的系数，再运用恒等式性质，比较等式两边对应项系数，列出含有待定系数的方程和方程组，从而确定待定的系数。

A卷

一、填空题

1、（2004年第15届“希望杯”初二年级竞赛题）已知k是整数，并且x33x23xk有一个因式是x1，则k_________，另一个因式是 .

2、分解因式：3x25xy2y2x9y4_______________.

3、若6x25xy4y211x22ym可分解成两个一次式的积，则m_________. 4、已知x46x313x2kx4是一个完全平方式，则k的值是 . 5、（第11届“希望杯”邀请赛）已知多项式2x23xy2y2x8y6可分解为

m31x2ym2xyn的形式，那么2_________.

n16、已知x2axyby25xy6的一个因式是xy2，则ab的值是 . 二、选择题

7、二次三项式x22kx3k2能被x1整除，那么k的值为（ ） A、1或11 B、-1或 C、0 D、1或-1 338、当y2my2除以y1得商fx，余式为r1；当y2my2除以y1得商gx，余式为r2，且r1r2，则m的值为（ ）

A、-1 B、0 C、1 D、2

B卷

一、填空题

9、多项式2x43x3ax27xb能被x2x2整除，则二、选择题

10、（2005年武汉CASIO杯初中数学竞赛试题）若3x3kx24被3x1除后余3，则

a________. bk__.

A、2 B、4 C、9 D、10 11、（2001年“TI杯”全国初中竞赛）若a、b 时正数，且满足12345111a111b，则a与b的大小关系是（ ）

A、ab B、ab C、ab D、不能确定

12、（2000年美国数学邀请赛）如果x3ax2bx8有两个因式x1和x2，则ab的值为（ ）

A、8 B、7 C、15 D、21 三、解答题

13、已知Aa2b3c4d3，Ba2b4c5d2，试求a10bc2d的值。

C卷

一、解答题

14、求证：x2xyy2xy不能分解成两个一次因式的乘积。

15、对于满足x22xy5的任意实数x、y，有x2axbyx4px2q成立，求实数a、b、p、q的值。

因式分解的应用

知识要点：因式分解时一种代数式的恒等变形，其应用主要体现在简便计算、多项式的化简与求值、等式的证明等方面。

A卷

一、填空题

1、（第13届江苏省竞赛试题）已知xy3，x2y2xy4，则x4y4x3yxy3的值为 .

2、（全国初中数学联赛）已知ab0，a2ab2b20，那么

2ab_________. 2ab200132200121999_________. 3、计算：

20013200122002111114、计算：12121211_______. 22234199920005、（第15届江苏省竞赛题）已知a、b、c满足ab5，则c_c2abb9，

.

6、（2004年第15届“希望杯”初二年级培训题）如果m是自然数，并且m32004能被m2整除，那么m的最大值是 .

二、选择题

7、设m、n满足m2n2m2n210mn160，则（m，n）为（ ）

A、（2，-2）或（-2，2） B、（2，2）或（2，-2） C、（2，2）或（-2，2） D、（-2，-2）或（-2，2） 8、方程x3y3x2yxy232的正整数解的个数为（ ）

A、0 B、1个 C、2个 D、不小于

3个

B卷

一、填空题 9、计算：

252472692200020032________. 14236258219992002210、（2004年第15届“希望杯”初二年级培训题）若xyz4，xy2z1，那么z3zx2zy2xz2yz22xyzxzyz的值等于 .

二、选择题

11、（第12届“希望杯”邀请赛试题）若ABC的三边长为a、b、c ，且满足

a4b4c4b2c2，b4c4a4a2c2，c4a4b4a2b2，则ABC的是（ ）

A、钝角三角形 B、直角三角形 C、等腰直角三角形 D、等边三角形 12、（全国初中竞赛试题）如图，若将正方形分成k个全等的矩形，其中上、下各横排两个，中间竖排若干个，则k的值为（ ）

A、6 B、8 C、10 D、12 三、解答题

13、已知a、b、c、d满足abcd，求证：a3b3c3d3，a2003b2003c2003d2003.

C卷

一、解答题

14、（五城市联赛）若a是自然数，则a43a29是质数还是合数？给出你的证明。

15、（第14届江苏省竞赛题）已知x、y都是正整数，且满足xyxy71，

x2yxy2880，求x2y2的值。

因式分解的方法一——基本方法参考答案

A卷

一、填空题

1111、答案：xnyxny3231 22211111分析：原式x2nxny2xnyxny492332、.答案：x3yx2y1

1n11xy 232分析：原式x25xy6y2x3yx3yx2yc3yx3yx2y1 3、答案：23、10、5、2 4、答案：a2ab1b2ab1

分析：设abx，则原式abx2abx1ax1bx1a2ab1b2ab1

x1x15、答案：或

y0y0分析：x22004xy2005y21可化为xyx2005y1，由于x、y是整数，故有

xy1xy1或 x2005y1x2005y1x1x1或 解得：y0y0二、选择题

1146、D 分析：4xkx2xk

933227、D 分析：2x2bxc2x3x12x24x6b4，c6 8、A 分析：原式a22abb21ab1ab1ab1

2B卷

一、填空题

9、答案： nn1n2n31nn31

2二、选择题

10、B 分析：①⑤ 在有理数范围不能分解，②式可以先分组，再提取公因式； 11、 A 分析：因为21是奇数，只能分解成两个奇数相乘，-10是偶数，分解成两个因数中必有一奇一偶，根据十字相乘法和，a奇数+偶数，故a一定是奇数。

三、解答题 12、分解因式：

（1）、解原式x2y2x2x2y2y2xy

2233x2y2xy

12（2）解原式x2nx2x331 911x2nx

33（3）解原式ax2bx2a2x2abxb2xa2bab2

2abx2a22abb2xabab

abxaxb

（4）解原式ababx24abxabab

axbxabaxbxab

（5）解原式a2ba2cb2cb2ac2ac2b

bca2b2ac2ab2cc2b

bcabac

（6）解原式x3yx2yx13y6 x3y2x2y3

C卷

一、解答题

13、解：根据题意得：每一名运动员都参加了（n1）场比赛，即xiyin1（i2，3，4„，n），由于每一场比赛总有一人胜，一人负，故x1x2xny1y2yn，于是

x212222 x2xny12y2yn2222 x12y12x2y2xnynx1y1x1y1x2y2x2y2xnynxnyn

x1y1x2y2xnyn n1x1x2xny1y2yn n10

2222 故x12x2xny12y2yn14、解：∵nabab

∴n11abababb1

由此可知“好数”与1的和是合数000000000000000000000 ∵1n100 ∵2n1101

而在2~100中共有25个质数，且101也是质数

故在2~101这100个自然数中共有合数10025174（个） ∴在在1~100这100个自然数中，“好数”共有74个

因式分解的方法二——换元法参考答案

A卷

一、填空题

1、解析：令x2xy， 答案：x2x1x2x5 2、答案：x2x6x28x10

3、解析：令a1999， 答案：1999x1x1999

4、解析：令x2a，y2b，则xyab答案：3x2y2xy 5、解析：两个方程相加，得：xyxy42xy7或xy6

2答案：6或-7 二、选择题

6、D 解析：原式x4xy3y4x3y3xy23x2yxx3y3yy3x33xyyx

xyx2xyy23xyxy

2xy

27、 C 解析：由3x3x1得：3x3x10 原式3x3x3x143x3x12003 2003

8、 C 解析：原式x1x4x3x8m x25x220x25xm96

要使原式为完全平方式，则m96100，故m196

B卷

一、填空题

9、解析：原式1xx1xx1xx1x22002

1x1xx1xx1x22001

答案：1x2003

10、解析：令map，mbq，mcr，则pqrmambmc0 原式p3q3r33pqr

pqrp2q2r2pqqrpr（公式）

答案：0

11、解析：原式x1x6x2x3x2

x27x6x25x6x2

答案：x26x6 二、解答题

212、分解因式：

（1）解原式x1x6x22x320x4

x27x62x27x620x4

令7x6y，则

原式6x27x6x33x2

（2）解原式2x23x1112x23x1 令2x23xy，则 原式yy9 x2x3x32x3

2（3）解原式2a5a3a32a791 2a5a3a32a791

2a2a152a2a2191

令2a2ay，则

原式y28y8a42a72a2a8 （4）解：设x41y，则

原式y4x2y3x210x4y2x2yx2

x42x21x4x21

x21x221x2

2x21x2x1x2x1

2（5）解：设xya，xyb，则 原式bb1b32a12a1 2b22b1a2

b1ab1a

xy1xyxy1xy x1y1x1y1

（6）解原式2x3y3x2y5xy

3332x3y3x2y2x3y3x2y

333设2x3ya，3x2yb，则 原式a3b3ab

33abab

15xy2x3y3x2y

C卷

一、解答题

13、解：设1997a，则原式aa1a2a31

a23aa23a21a23a119972319971

22199723199711997200013994001

14、解：设2002x，则2003x1 ax2x2x1x1

22ax2x22x1x2x1

2a12xx1xx1

2a1xx22

因式分解的方法三——配方法和拆添项法参考答案

A卷

一、填空题

1、答案：x1x2x8 解

析

：

原

式

x3x8x8xx218x1xx1x18x1x1x2x8

2、答案：x2x1ax2xa1 解

析

：

原

式

x42x21x22axa2x21xa22x2x1ax2xa1

3、答案：x2x1x3x21 解

析

：

原

式

x5x2x2x1x2x31x2x1x2x1x2x1x2x1

x2x1x3x21

4、答案：a2b2ab解析：原式a42a2b2b42a3b2ab3a2b22a2b2222abababa2b2ab

25、答案：2

解析：由题意得：x22x1y24y4z26z90 x1y2z30

222x1，y2，z3

xyz2

6、答案：10 解析：由xy1y1 x22111919x143xy19y19x14322005x2298x298

xxx22故x110 x二、选择题 7

、

C

解

析

：

2yx42x3x2x22x1x2x22x1x22x1x21x1

8、A解析：原式2a22b22c22ab2bc2ac3a2b2c2abc

2由于abc0，故原式的最大值为27.

2B卷

一、填空题 9、答案：2

4a2b2c24ab2bc4ac02abc02abc 解析：由已知变形得：

2故

bc2 a10、答案：15

解析：由等式变形得：6ab9a10b152883a52b32882532

3a525，2b332a9，b6故ab15

11、答案：a1，b2，c1

解析：把已知式变形得：3a2b2c2ab3b2c10

bbbb22a31c10 又∵a31c10

2222bbbb2∴a31c10 即a0，1，c1 故a1，b2，c1

2222二、选择题 12、答案：C

解析：根据a2b2c2abbcacabbcac0abc；格

222222222局

a3b3c33abcabca2b2c2abacbc0abca2b2c2abbcaca4b4c4d44bcda2b2；由

c22d222abcd0

三、解答题 13、分解因式：

（1）解原式x42x219x2x213x2x23x1x23x1

2（3）解原式x（2）解原式a24a4b22b1a2b1ab1ab3

223x26x26x9x9x2x16xx19x1

x1x3

2（4）解原式x3x2x25x6x2x1x1x6x2x6x1 x1x3x2

（5）解原式4x3x30x15x2x12x1152x12x12x2x15 2x12x5x3

（6）解：令bcx，aby，则caxy 原式xy4xyxy2bac

222C卷

一、解答题

14、解：2504101516N25022101524N250122197924N50

当4N5021979，即N1002时，以上括号中的式子可成为完全平方式 若N1002，则222N25122197924N5022N251

即122197924N50在两个相邻自然数的平方之间，这是不可能的。 因此，N的最大值为1002.

15、解：mn9m11n145m11n946

由已知m11|mn9m11n145，n9|mn9m11n145，m11n9 得：m11|46，n9|46，而46146223，得m11n946或m11n923

2故每人捐款数为47元或25元。

因式分解的方法四——待定系数法参考答案

A卷

一、填空题

1、答案：k5，x22x5

解答：方法1：设x33x23xkAx1，其中A是一个多项式 将x1代入得：133k0，解得：k5

x33x23x5x2x12xx15x1x1x22x5，即Ax22x5

方法2：因为

5kx33x23xkx3x22x22x5x55k x22x5x1x1x1x1x1x1由题设知x1可以整除x33x23xk，则5k0，k5 故另一个因式是：x22x5

方法3：设x33x23xkx1x2mxnx3m1x2mnxn 比较两边对应项的系数得：

m13m22mn3，解得：n5，故另一个因式是：x2x5 knk52、答案：3xy4x2y1

解答：原式3xyx2yx9y43xy4x2y1（利用十字相乘法分解） 3、答案：-10

解答：因为6x25xy4y22xy3x4y，

故原式2xya3x4yb6x25xy4y23a2bx4abyab 比较两边对应项的系数得： 3a2b11a5 4ab22，解得：b2abmm104、答案：-12

解答：设x46x313x2kx4x2mxnx42mx3m22nx22mnxn2

2比较两边对应项的系数得： 2m6m32m2n13，解得：n2 2mnkk122n45、答案：7 8解答：由题意得：2x23xy2y2x8y6x2ym2xyn

展开得：2x23xy2y2x8y62x23xy2y22mnx2nmymn

比较两边对应项的系数得： 2mn1m2，解得： 28nmn3mn66、答案：3

解答：设x2axyby25xy6xy2xmy3

展开得：x2axyby25xy6x2m1xymy25x32my6 比较两边对应项的系数得： m1aa1，解得：b2 mb32m1m2故ab3 二、选择题 7、答案：A

解答：设x22kx3k2Ax1，其中A是一个多项式 将x1代入得：12k3k20，解得：k1或8、答案：B

解答：由已知得：y2my2fxy1r1（1）；y2my2y1gxr2（2） 把y1代入（1）得：r1m3；把y1代入（2）得：r2m3 由r1r2得：m3m3m0

1 3B卷

一、填空题 9、答案：2

解答：设2x43x3ax27xbx2x22x2mxn

展开得：2x43x3ax27xb2x4m2x3mn4x2n2mx2n 比较两边对应项的系数得：

m23m5mn4an3a，解得：，故2 bn2m7b62nba12二、选择题 10、答案：D

解答：3x3kx24被3x1除后余3得：3x3kx21能被3x1整除，则

113k10，进而得：k10 3311、答案：A

解答：∵12345111a111b1112111abab ∴111ab123451112ab24ab∵a0，b0∴ab0 ∴24ab0，即ab 12、答案：D

解答：设x3ax2bx8kx1x2，将x1和x2分别代入式子，得

321ab80a7，解得∴ab21 84a2b80b14三、解答题

13、解：设a10bc2dmAnBmna2m2nb3m4nc4m5nd，则

mn12m2n10m3，解得，故a10bc2d3A2B23225 3m4n1n24m5n2C卷

一、解答题

14、解：假定原式能分解成两个一次因式的积，由于原式中不含常数项，故可设

x2xyy2xyaxbycxdye

展开后比较系数，得：

①ac1adbd1② ③ 由④、⑤得：ab；代入③，再由①、③得：cd；将ab，cdbd1ae1④⑤be1代入②得bd 1，这下③式矛盾，即方程组无解，命题得证。 215、解：根据题意得：x2axbx22x5x4px2q 展开得：x42ax352abx25a2bx5bx4px2q 利用等式两边相同次项的系数分别相等，得：

a20a252abpb5，解得：，故a2，b5，q25，p6 5a2b0q255bqp6

因式分解的应用参考答案

A卷

一、填空题 1、答案：36

解答：x4y4x3yxy3x3xyy3xyxyx2xyy232436

2512、答案：或

33解答：由a2ab2b20得：a2bab0a2b或ab 当a2b时，原式3、答案：

1999 200251；当ab时，原式 33解答：令2001m，则

m32m2m2m2m2m2m2m21m21999原式3 2m12002mm2m1mm1m1m1m214、答案：

2001 4000解答：令2001m，则

原

11111111111111111111

20002000199919994433221324351998200019992001120012001 2233441999199920002000220004000式

5、答案：0

解答：由ab5变形得：a5b，把a5b代入c2abb9得 c2b5bb9b26b9b3，又∵c20，b30

22∴c20，即c0 6、答案：1994

1996m32004m381996m381996m2m4 解答：

m2m2m2m2m2可知，m2是1996的约数，取m2得最大约数1996，即m1994 二、选择题 7、答案：C

解答：配方得：m2n28mn16m22mnn210mn0 mn4mn0mn4，mn0

22m2m2解得：或

n2n28、答案：B

解答：原式可化简为：xyxy322428223212

2xy2x3，解得： 由于x、y都是正整数，则0xyxy，故符合条件的是xy4y1B卷

一、填空题 9、答案：1001

解答：由nn32n1n2，得： 原式3456782001200220021001

23456720002001210、答案：16 解

答

：

2原式

z2zxyzx22xyy2zxyz2zxyzxyzxy

xy3xyz42由 故z2zxyzxyzxy16 xy2z1z1二、选择题 11、答案：D

解答：把三个式子相加，得：a4b4c4a2b2b2c2c2a20 配方得：a2b2∴abc 12、答案：B

解答：设矩形的长为a，宽为b，则

b22c2c22a220 又∵a0，b0，c0

2ak4b，解得：k8 2ba2a三、解答题

13、解：a3b3aba2abb2，c3d3cdc2cdd2 又∵a3b3c3d3

∴aba2abb2cdc2cdd2

（1）若abcd0，则ab，cd，从而a2003b2003c2003d20030； （2）若abcd0，则a2abb2c2cdd2，即ab3abcd3cd，

22从而得到abcd，于是cdcdabab，cdab，故cdab

2222abcdabcd得方程组或

abcdabdcacad解得：或 故a2003b2003c2003d2003

bdbcC卷

一、解答题

14、解：a43a29a233a2a23a3a23a3

2由于a是自然数，显然a23a31

当a0时，原式9，是合数；当a1时，原式7，是质数；当a2时，原式13，是质数；当a2时，a23a31，a23a3a2a111

所以此时a43a29可以分解成两个大于1的自然数的积，即它为合数，故当a1或a2时，a43a29是质数；而当a0或a2时，a43a29是合数。

15、解：由xyxy71得：x1y172① 由x2yxy2880得：xyxy88024511②

由①知x、y中至少有一个是奇数，不妨设x，由②知x只能为5，11或55 当x55时，xy56，xyxy55156880

故x11，知y5，此时x、y满足②，故x2y252112146