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专题 14.1 整式的乘除
◆ 思想方法
整体思想：指把研究对象的某一部分（或全部）看成一个整体，通过观察与分析，找出整体与局部的
联系，从而在客观上寻求解决问题的新途径。整体是与局部对应的，按常规不容易求某一个（或多个）未
知量时，可打破常规，根据题目的结构特征，把一组数或一个代数式看作一个整体，从而使问题得到解
决。
配方法：配方，主要指的是配成平方公式，或二数和的平方，或二数差的平方，将配成的“平方”视
作为一个整体，然后再根据已知条件进行运算，从而使题目简化得以解答。
配方的方法：
①根据已知条件的表现形式，去发现平方项和一次项的乘积形式，如果平方项互为倒数，则往往一次
项以常数出现，隐藏了一次项的乘积不易发现，此时，就要抓住平方公式的特点去发现和挖掘；
②从要求的结果方面去配方，将要求的表达式向着已知条件的表现形式去配方，利用已知条件达到解
题的目的.由于配方扩大了已知条件和要求解的范围，可能会产生不符合要求的结果，就要根据已知条件
和所要求解的结果进行讨论，舍去不符合题意的答案.
◆ 知识点总
结
一、幂的运算
1.同底数幂的乘法：am·an=am+n。同底数幂相乘，底数不变，指数相加。
2.幂的乘方：(am)n=amn。幂的乘方，底数不变，指数相乘。
3.积的乘方：(ab)n=anbn。积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘。
4.同底数幂的除法：am÷an=am-n。同底数幂相除，底数不变，指数相减。
注：任何不等于0的数的0次幂都等于1。
二、 整式的乘法
单项式×单项式：系数相乘，字母相乘．
单项式×多项式：乘法分配律．
多项式×多项式：乘法分配律．三、整式的除法
单项式÷单项式：系数相除，字母相除．
多项式÷单项式：除法性质．
多项式÷多项式：大除法．
四、乘法公式
1.平方差公式：(a+b)(a-b)=a2-b2。两个数的和与这两个数的差的积，等于这两个数的平方差。这个公式叫做
平方差公式。
2.完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2，(a-b)2=a2-2ab+b2。两个数的和（或差）的平方，等于它们的平方和，
加上（或减去）它们积的2倍。这两个公式叫做完全平方公式。
◆ 典例分析
【典例1】阅读理解：
若x满足(60−x)(x−40)=20，求(60−x) 2+(x−40) 2的值．
解：设60−x=a，x−40=b，
则ab=20，a+b=60−x+x−40=20．
∴(60−x) 2+(x−40) 2
=a2+b2
=(a+b) 2−2ab
=202−2×20
=360；
类比探究：
（1）若x满足(70−x)(x−20)=−30，求(70−x) 2+(x−20) 2的值．
9
（2）若x满足(3−4x)(2x−5)= ，求(3−4x) 2+4(2x−5) 2的值．友情提示（2）中的4(2x−5) 2可通过
22
逆用积的乘方公式变成[2(2x−5)) ．
（3）若x满足(2023−x) 2+(2020−x) 2=2061，求(2023−x)(2020−x)的值．
解决问题：
（4）如图，正方形AEGO和长方形KLMC重叠，重叠部分是长方形BEFC其面积是300，分别延长FC、
BC交AO和OG于D、H两点，构成的四边形ABCD和CFGH都是正方形，四边形ODCH是长方形.设
CM=x，KC=3CM=3x，KB=54，FM=20，延长AO至P，使OP=2OD，延长AE至R，使
ℜ=2BE，过点P、R作AP、AR垂线，两垂线交于点N，求正方形ARNP的面积.（结果是一个具体的数
值）
【思路点拨】
（1）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
9
（2）将(3−4x)(2x−5)= 转化为(3−4x)[2(2x−5)]=9，即(3−4x)(4x−10)=9，再根据例题的
2
解题思路进行计算，即可解答；
（3）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（4）根据已知可得BC=3x−54，CF=x−20，从而可得BC⋅CF=(3x−54)(x−20)=300，再根据题
意得：AB=BC=3x−54，CF=BE=x−20，从而可得BR=3BE=3(x−20)，进而可得
AR=(3x−54)+(3x−60)，然后利用（3）的解题思路进行计算，即可解答．
【解题过程】
解：（1）设70−x=a，x−20=b，
则ab=−30，a+b=70−x+x−20=50，
∴(70−x) 2+(x−20) 2
=a2+b2
=(a+b) 2−2ab=502−2×(−30)
=2500+60
=2560，
∴(70−x) 2+(x−20) 2的值为2560；
9
（2）∵(3−4x)(2x−5)= ，
2
∴(3−4x)[2(2x−5)]=9，
∴(3−4x)(4x−10)=9，
设3−4x=m，4x−10=n，
则m+n=3−4x+4x−10=−7，mn=9，
∴(3−4x) 2+4(2x−5) 2
=(3−4x) 2+[2(2x−5)] 2
=(3−4x) 2+(4x−10) 2
=m2+n2
=(m+n) 2−2mn
=(−7) 2−2×9
=49−18
=31，
∴(3−4x) 2+4(2x−5) 2的值为31；
（3）设2023−x=p，2020−x=q，
则p−q=2023−x−(2020−x)=3，p2+q2=2061，
∴2pq=p2+q2−(p−q) 2
=2061−32
=2061−9
=2052，∴(2023−x)(2020−x)=pq=1026，
∴(2023−x)(2020−x)的值为1026；
（4）∵CM=x，KC=3CM=3x，KB=54，FM=20，
∴BC=KC−KB=3x−54，CF=CM−FM=x−20，
∵长方形BEFC的面积是300，
∴BC⋅CF=(3x−54)(x−20)=300，
由题意得：AB=BC=3x−54，CF=BE=x−20，
∵ER=2BE，
∴BR=3BE=3(x−20)，
∴AR=AB+BR=(3x−54)+3(x−20)=(3x−54)+(3x−60)，
∵(3x−54)(x−20)=300，
∴(3x−54)[3(x−20)]=900，
∴(3x−54)(3x−60)=900，
设3x−54=a，3x−60=b，
则a−b=3x−54−(3x−60)=6，ab=900，
∴正方形ARNP的面积=AR2
=[(3x−54)+(3x−60)] 2
=(a+b) 2
=(a−b) 2+4ab
=62+4×900
=36+3600
=3636，
∴正方形ARNP的面积为3636．
◆ 学霸必刷
1．（2023下·湖南永州·七年级校考阶段练习）已知实数a，b满足a−b2=4，则代数式3a−a2−b2的最大
值为（ ）
A．－4 B．－5 C．4 D．5【思路点拨】
先整体代入，将原式转化为只含有a的代数式，直接求最大值即可．
【解题过程】
解：a−b2=4，即b2=a−4
3a−a2−b2=3a−a2−(a−4)=−a2+2a+4
=−(a2−2a+1−1)+4=−(a−1) 2+1+4=−(a−1) 2+5
∵a=b2+4≥4
∴a=4时，3a−a2−b2的最大值为
3a−a2−b2=−(a−1) 2+5=−(4−1) 2+5=−4
故选：A
2．（2023下·安徽宿州·七年级安徽省泗县中学校联考阶段练习）在数学中，为了书写简便，18世纪数学
n
家欧拉就引进了求和符号“∑”．如：记∑❑k=1+2+3+⋅⋅⋅+(n−1)+n；
k=1
n n
∑(x+k)=(x+1)+(x+2)+⋅⋅⋅+(x+n)．已知：∑[(x+k)(x−k+1))=4x2+4x+m，则m的值是
k=1 k=1
（ ）
A．40 B．−70 C．−40 D．−20
【思路点拨】
n n
可求∑[(x+k)(x−k+1)) =∑(x2+x−k2+k)，当n=4时，即可化简求解．
k=1 k=1
【解题过程】
n
解：由题意得：∑[(x+k)(x−k+1))
k=1
n
=∑(x2+x−k2+k)，
k=1当n=4时，
4
∑(x2+x−k2+k)
k=1
=(x2+x−12+1)+(x2+x−22+2)+(x2+x−32+3)+(x2+x−42+4)
=4x2+4x−20；
n
因为∑[(x+k)(x−k+1))=4x2+4x+m
k=1
所以4x2+4x−20=4x2+4x+m，
所以m=−20．
故选：D．
3．（2023下·重庆沙坪坝·七年级重庆一中校考期中）对于五个整式，A：2x2；B：x+1；C：−2x；D：
y2；E：2x−y有以下几个结论：
①若y为正整数，则多项式B⋅C+A+D+E的值一定是正数；
②存在有理数x，y，使得A+D+2E的值为−2；
③若关于x的多项式M=3(A−B)+m⋅B⋅C（m为常数）不含x的一次项，则该多项式M的值一定大于
−3．上述结论中，正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【思路点拨】
根据整式的乘法混合运算，及完全平方公式为非负的特点，结合特殊值代入法求解．
【解题过程】
解：①B⋅C+A+D+E=−2x(x+1)+2x2+ y2+2x−y= y2−y，
当y=1时，B⋅C+A+D+E=0．故①是错误的；
②当A+D+2E=−2，
即2x2+ y2+2(2x−y)=−2，
∴2(x+1) 2+(y−1) 2=1，
当x=−1时，y=0或者y=2．所以②是正确的．
③∵M=3(A−B)+m⋅B⋅C=3(2x2−x−1)+m(x+1)⋅(−2x)
=(6−2m)x2+(−3−2m)x−3，
∵M不含x的一次项，
∴−3−2m=0，
∴m=−1.5，
∴M=9x2−3≥−3，∴③是错误的；
综上，只有②是正确的．
故选：B．
4．（2023下·安徽淮北·七年级校联考期末）关于x的多项式：
a xn+a xn−1+a xn−2+⋯+a x2+a x+a ，其中n为正整数，若各项系数各不相同且均不为0，我们
n n−1 n−2 2 1 0
称这样的多项式为“亲缘多项式”．
①(2x−1) 2是“亲缘多项式”．
②若多项式a x3+a x2+a x+a 和b x4+b x3+b x2+b +b 均为“亲缘多项式”，则
3 2 1 0 4 3 2 1 0
a x3+a x2+a x+a +b x4+b x3+b x2+b +b 也是“亲缘多项式”．
3 2 1 0 4 3 2 1 0
③多项式(2x−1) 4=b x4+b x3+b x2+b x+b 是“亲缘多项式”且b +b +b =41．
4 3 2 1 0 4 2 0
④关于x的多项式(ax+b) n，若a≠b，ab≠0，n为正整数，则(ax+b) n为“亲缘多项式”．
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路点拨】
①将(2x−1) 2展开，进行判断即可；②合并同类项后，进行判断即可；③计算出(2x−1) 4，进行判断即可；
④利用特殊值法进行判断即可．
【解题过程】
解：①∵ (2x−1) 2=4x2−4x+1，各项系数各不相同且均不为0，∴ (2x−1) 2是“亲缘多项式”，故①正确；
②∵
a x3+a x2+a x+a +b x4+b x3+b x2+b x+b =b x4+(a +b )x3+(a +b )x2+(a +b )x2+a +b ，
3 2 1 0 4 3 2 1 0 4 3 3 2 2 1 1 0 0
并不能确定各项系数各不相同且均不为0，
∴ a x3+a x2+a x+a +b x4+b x3+b x2+b x+b 不是“亲缘多项式”，故②错误；
3 2 1 0 4 3 2 1 0
③(2x−1) 4=16x4−32x3+24x2−8x+1，
∴ (2x−1) 4是“亲缘多项式”，
∵ (2x−1) 4=b x4+b x3+b x2+b x+b ，
4 3 2 1 0
∴ b x4+b x3+b x2+b x+b =16x4−32x3+24x2−8x+1，
4 3 2 1 0
∴ b +b +b =16+24+1=41；故③正确；
4 2 0
④当a=1，b=−1，n=4时：(x−1) 4=x4−4x3+6x2−4x+1，三次项和一次项的系数相同，不是“亲缘
多项式”，故④错误；
综上：正确的有2个；
故选：B．
5．（2023下·湖南怀化·七年级统考期末）计算：
{( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1 )( 1 ))
1012÷ 1− 1− 1− … 1− 1− = ．
22 32 42 20222 20232
【思路点拨】
1 ( 1)( 1)
利用平方差公式将1− 变形为 1− 1+ ，通过相邻的项约分化简即可求解．
n2 n n
【解题过程】
{( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1 )( 1 ))
解：1012÷ 1− 1− 1− … 1− 1− =
22 32 42 20222 20232{( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)( 1) ( 1 )( 1 )( 1 )( 1 ))
=1012÷ 1− 1+ 1− 1+ 1− 1+ … 1− 1+ 1− 1+
2 2 3 3 4 4 2022 2022 2023 2023
(1 3 2 4 3 5 2021 2023 2022 2024)
=1012÷ × × × × × ×…× × × ×
2 2 3 3 4 4 2022 2022 2023 2023
(1 2024)
=1012÷ ×
2 2023
1012
=1012÷
2023
2023
=1012×
1012
=2023
故答案为：2023．
1
6．（2022下·四川成都·七年级校考阶段练习）已知x2+2x−1＝0，则x3−5x+4的值为 ；x2+
x2
的值为 ．
【思路点拨】
由x2+2x−1＝0可得x2＝-2x+1,x2+2x＝1，再对x3-5x+4进行变形即可求解；由x2+2x−1＝0可
1 1
得x−
＝−2，然后左右平方，将x2+
作为一个整体求解即可．
x x2
【解题过程】
解:∵x2+2x−1＝0，
∴x2＝-2x+1，x2+2x＝1，
∴x3−5x+4
=x(x2−5)+4
=x(−2x+1−5)+4
=x(−2x−4)+4
=−2x2−4x+4
=−2(x2+2x)+4
=2；
∵x2+2x−1＝01 1
∴x+2− ＝0，即x− ＝−2
x x
∴ ( x− 1) 2 ＝(−2) 2
x
1 1
∴x2−2+ ＝4，解得：x2+ ＝6．
x2 x2
故答案为：2，6．
7．（2023·上海·七年级假期作业）请同学运用计算(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，解决问题：
已知x、y、z满足x2+ y2+z2=4，求(x−y) 2+(y−z) 2+(z−x) 2的最大值是 ．
【思路点拨】
根据已知条件化简(x−y) 2+(y−z) 2+(z−x) 2，根据完全平方公式的非负性求得原式的最大值，进而即可
求解．
【解题过程】
解：∵x2+ y2+z2=4，
∴(x−y) 2+(y−z) 2+(z−x) 2
=x2+ y2+ y2+z2+z2+x2−2xy−2yz−2xz
=2(x2+ y2+z2−xy−yz−xz)
=8−2(xy+ yz+zx)；
∵(x+ y+z) 2=x2+ y2+z2+2xy+2xz+2yz，
∴2xy+2xz+2yz=(x+ y+z) 2−(x2+ y2+z2)
∴原式=8+x2+ y2+z2−(x+ y+z) 2
=12−(x+ y+z) 2，
∵(x+ y+z) 2≥0，
∴原式≤12．
故原式的最大值是12；故答案为：12．
8．（2022上·北京海淀·七年级清华附中校考期末）设x，y满足(x−1) 3+4044 y=2022，
(y−1) 3+4044x=6066，则(x+ y) 3= ．
【思路点拨】
将(x−1) 3+4044 y=2022，(y−1) 3+4044x=6066两式相加，再利用立方和公式，求解即可．
【解题过程】
解：将(x−1) 3+4044 y=2022，(y−1) 3+4044x=6066两式相加，可得
(x−1) 3+4044 y+(y−1) 3+4044x=8088，
即(x+ y−2)[(x−1) 2−(x−1)(y−1)+(y−1) 2)+4044(x+ y−2)=0，
即(x+ y−2)[(x−1) 2−(x−1)(y−1)+(y−1) 2+4044)=0，
∵(x−1) 2−(x−1)(y−1)+(y−1) 2+4044>0恒成立，
∴x+ y−2=0，即x+ y=2，
(x+ y) 3=23=8，
故答案为：8．
9．（2022下·福建三明·七年级校考阶段练习）若A＝（2＋1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1，
则A－2022的末位数字是 ．
【思路点拨】
将A乘以（2－1），然后用平方差公式计算，再用列举法找出2n的个位数的规律，推出A的个位数，再代
入式子计算即可．
【解题过程】
解：（2＋1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝（2－1）（2＋1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝（22－1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝（24－1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1＝（28－1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝(216-1)(216＋1)＋1
=232-1+1
＝232；
∵21=2，22=4，23=8，24=16，
25=32，26=64，27=128，28=256⋅⋅⋅；
∴尾数是2，4，8，6，……四个一循环，
∵32÷4=8，
∴232的末位数字是6，
即A的末位数字是6，则A－2022的末位数字是4．
故答案为：4．
10．（2022上·上海青浦·七年级校考期中）已知整数a，b，c满足a2+b2+c2+7B，理由如下：
∵ A=2x2−4x+1，B=x2+8x−37，
∴ A−B=2x2−4x+1−(x2+8x−37)
=2x2−4x+1−x2−8x+37
=x2−12x+36+2
=(x−6) 2+2
∵(x−6) 2≥0，
∴当(x−6) 2=0时，A−B有最小值2，
∴ A>B
（3）解：设一段铁丝的长度为xcm，则另一段铁丝的长度为(50−x)cm，
根据题意得：
(x) 2 (50−x) 2
S= +
4 4
1 50 1250
= x2− x+
8 8 8
1 625
= (x2−50x+625)+
8 8
1 625
= (x−25) 2+ ，
8 8
1
∵ (x−25) 2≥0，
8
1 625
∴ (x−25) 2=0时，S有最小值 ，
8 8
解得：x=25，则50−x=25，
625
∴这两个正方形面积之和有最小值，此时两段铁丝的长度均为25cm，面积之和为 cm2 ．
8
20．（2023下·辽宁沈阳·七年级沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校考阶段练习）材料一：把
几个图形拼成一个新的图形，再通过两种不同的方法计算同一个图形的面积，可以得到一个等式，也可以
求出一些不规则图形的面积．例如，由图1，可得等式：(a+2b)(a+b)=a2+3ab+2b2（1）如图2，将几个面积不等的小正方形与小长方形拼成一个边长为a+b+c的正方形，请你用两种不同
的方法求图2大正方形的面积（用含a，b的式子表示）：
方法一：________________；方法二：________________；
对于以上，你能发现什么结论？请用等式表示出来________________（直接写出等式）
（2）利用（1）中所得到的结论，填空：
①已知上述等式中的三个字母a，b，c可取任意实数，若a=7x−5，b=−4x+2，c=−3x+4，且
a2+b2+c2=37，请利用（1）所得的结论求ab+bc+ac的值为________；
1
②若三个实数x，y，z满足2x×4y×8z= ，x2+4 y2+9z2=40，则2xy+3xz+6 yz的值为________；
16
材料二：若m2+2mn+2n2−6n+9=0，求m，n的值．
解：∵m2+2mn+2n2−6n+9=0，
∴m2+2mn+n2+n2−6n+9=0，
∴(m+n) 2+(n−3) 2=0，
∴m+n=0，n−3=0，
∴m=−3，n=3．
问题：
（3）若x2+2y2−2xy+4 y+4=0，则y2的值为________；
（4）试探究关于x，y的代数式5x2+9 y2−12xy−6x+2032是否存在最小值？若存在，求出最小值及此
时x，y的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将整个图形当作一个正方形和作为9个长方形或正方形求面积即可得解；
(a+b+c) 2−(a2+b2+c2)
（2）根据（1）可得ab+bc+ac= ，进而整体代入即可求解；
2
（3）将原式变形为两个完全平方式与一个常数的和，利用偶次方的非负性即可求解y的值，进而求解；（4）将原式变形为两个完全平方式的和，利用偶次方的非负性即可求解；
【解题过程】
解：（1）将整个图形当作一个正方形，则面积为(a+b+c) 2，
将整个图形当作9个长方形或正方形，则面积为
a2+b2+c2+ab+ac+bc+ab+ac+bc=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
∴(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
故答案为(a+b+c) 2，a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc；
（2）①∵a=7x−5，b=−4x+2，c=−3x+4，
∴(a+b+c) 2=(7x−5−4x+2−3x+4) 2=1，
∵(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc， a2+b2+c2=37，
(a+b+c) 2−(a2+b2+c2) 1−37
∴ab+bc+ac= = =−18，
2 2
∴故答案为−18
②∵2x×4y×8z=2x×22y×23z=2x
❑
+2
❑
y+
❑
3z=2−4，
∴x+2y+3z=−4，
∴(x+2y+3z) 2=16即x2+4 y2+9z2+4xy+6xz+12yz=16，
∵x2+4 y2+9z2=40，
16−(x2+4 y2+9z2)
16−40
∴2xy+3xz+6 yz= = =−12，
2 2
故答案为−12；
（3）∵x2+2y2−2xy+4 y+4=0，
∴(x2+ y2−2xy)+(y2+4 y+4)=0即(x−y) 2+(y+2) 2=0
∴x−y=0，y+2=0，
∴x= y=−2，
∴y2=(−2) 2=4，故答案为：4
（4）存在，
原式=4x2−12xy+9 y2+x2−6x+9+2023
=(2x−3 y) 2+(x−3) 2+2023
∵(2x−3 y) 2≥0 (x−3) 2≥0
∴当2x−3 y=0，x−3=0时，原式最小
∴x=3，y=2，原式最小值为2023．
