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在有关多项式的因式分解或除法问题中，求多项式中的待定字母，或关于待定字母的代数式的值，其常见类型与求解方法有以下几类，现结合初中“希望杯”赛题介绍如下：
一、利用或构造恒等式，由局部系数对比法列方程（组）求解
1.已知多项式的因式分解形式型
例1（2002年第13届初二）若对于一切实数x，等式
x2+Px+q=（x+1）（x-2）
都成立，则p2-4q的值是.
解析：将等式右边展开后，同左边的一次项和常数项对比，得，
p=1+（-2）=-1，q=1×（-2）=-2，所以p2-4q=（-1）2-4×（-2）=9.
例2（2000年第11届初二）已知多项式
2x2+3xy-2y2-x+8y-6可分解为
（x+2y+m）（2x-y+n）
的形式，那么
m3+1n2-1的值是.
解析：因式分解式展开后，可发现m与n只出现在多项式的一次项和常数项上，故只需对比x与y的一次项的系数就可以列出方程组：
2m+n=-1
-m+2n=8
解得
m=-2，n=3.所以m3+1n2-1
=-78.
2 .已知多项式的部分不能为零的因式型
例3（2001年第12届初二）已知x2+2x+5是
x4+ax2+b的一个因式，求a+b的值.
解析：设多项式的另一个因式为
x2+mx+n，则有恒等式x4+ax2+b=（x2+2x+5）（x2+mx+n）.
先求出m与n，等式左边缺三次项和一次项，对比其系数，有
m+2=0
5m+2n=0
，解得
m=-2，n=5.
再求a与b，对比二次项系数与常数项，得
a=2m+n+5=2×（-2）+5+5=6，b=5n=5×5=25，所以a+b=6+25=31.
3.多项式能分解但不知具体因式型
例4（1990年第一届初一）当m=时，二元二次六项式
6x2+mxy-4y2-x+17y-15
可以分解为两个关于x，y的二元一次三项式的乘积.
解析：以y为主元整理多项式，得
-4y2+（mx+17）y+（6x2-x-15）
，而6x2-x-15=（2x+3）（3x-5），故可构造恒等式
6x2+mxy-4y2-x+17y-15
=（ay+2x+3）（by+3x-5）.
由于上面分解的是关于x的因式，所以我们对比y项与
y2项的系数，有
-5a+3b=17
ab=-4
解得
a=-1
b=4
，
a=-125，
b=53
再对比xy项的系数，得
m=3a+2b=3×（-1）+2×4=5
，或
m=3a+2b=3×（-125）+2×53
=-5815.
点评：以x为主元整理多项式同样可以完成此题，读者不妨一试；许多书刊都只有5这个答案.而把
-
5815这个正确答案漏掉了.
二、利用或构造恒等式，由局部因式或代数式取零法列方程（组）求解.
4.已知多项式的部分可以为零的因式型
例5（1995年第6届初二）若x+2是多项式
x3+x2+ax+b的一个因式，且
2a2+3ab+b2≠0，则分式
ab2-4a3+b3-4a2b
2a2+3ab+b2
的值是.
解析：依题意构造恒等式
x3+x2+ax+b=（x+2）·f （x）
，取x=-2代入恒等式，得
（-2）3+（-2）2-2a+b=0，所以b-2a=4，原分式=
b2（a+b）-4a2（a+b）（2a+b）（a+b）
=b-2a=4.
例6（2003年第14届初二）若y-2x+1是
4xy-4x2-y2-k的一个因式，k的值是（ ）
（A） 0 （B） -1（C） 1（D） 4
解析：由题意构造恒等式
4xy-4x2-y2-k=（y-2x+1）
·f （x），取使
y-2x+1=0的x与y，x=0，y=-1代入恒等式，得
-（-1）2-k=0，所以k=-1，本例应选（B）.
5.多项式除法恰好整除型
例7（1996年第7届初二）已知多项式
3x3+ax2+3x+1能被
x2+1整除，且商式是
3x+1，那么a的值是.
解析：依题意有恒等式
3x3+ax2+3x+1=（x2+1）（3x+1），取
3x+1=0的x，代入恒等式，得
3×（-13）3+（-13）2a+3×
（-13）+1=0，解得
a=1.
例8（1997年第8届初二）已知a、b、c均为实数，且多项式
x3+ax2+bx+c
能被x2+3x-4整除.（1）求 4a+c的值；（2）求2a-2b-c的值；（3）若a、b、c为整数，且
c≥a>1，试确定a，b，c的大小.
解析：由于
x2+3x-4=（x+4）（x-1），故结合题意构造恒等式
x3+ax2+bx+c=（x+4）（x-1）
·f （x）取x=-4，x=1分别代入恒等式，可得方程组
16a-4b+c=64 （1）
a+b+c=-1 （2）
（1）（1）+4×（2），得
20a+5c=60，所以4a+c=12.
（2）解（1）、（2）组成的关于b，c的方程组，得
b=3a-13，c=-4a+12（3）
原求值式=2a-2（3a-13）-（-4a+12）=14.
（3）由1 所以a=2，b=3×2-13=-7，c=-4×2+12=4.
6.多项式除法存在余式（数）型
例9（2001年第12届初二）已知多项式
ax3+bx2+cx+d除以x-1时，所得的余数是1，除以
x-2时所得的余数是3，那么多项式
ax3+bx2+cx+d除以
（x-1）（x-2）时，所得的余式是（ ）
（A） 2x-1（B） 2x+1（C） x+1（D） x-1
解析：由题意可构造恒等式
ax3+bx2+cx+d=（x-1）（x-2）（ax+m）+px+q.
因为
ax3+bx2+cx+d分别除以x-1，x-2时所得余数是1和3，所以当
x=1时，
px+q=1.即
p+q=1 （1），当x=2时，px+q=3即
2p+q=3 （2）.
解（1）（2）组成的方程组，得
p=2，q=-1
.所以
ax3+bx2+cx+d
除以（x-1）（x-2）时，所得余式是
2x+1，故本例选（A）.
7.构造恒等式“设而不求”型
例10（1996年第7届初二）已知多项式x3+ax2+bx+c中，a，b，c为常数，当
x=1时，多项式的值是1；当x=2时，多项式的值是2；若当x是8和-5时，多项式的值分别为M与N，求M-N的值.
解析：根据
x=1，2时，多项式的值分别是1，2，可构造恒等式
x3+ax2+bx+c=（x-1）（x-2）（x+p）+x.
把x=8，-5分别代入恒等式的右边，可得M-N=
（8-1）（8-2）（8+p）+8-[（-5-1）（-5-2）（-5+p）-5]
=42×8+42p+8+42×5-42p+5=559.
一、利用或构造恒等式，由局部系数对比法列方程（组）求解
1.已知多项式的因式分解形式型
例1（2002年第13届初二）若对于一切实数x，等式
x2+Px+q=（x+1）（x-2）
都成立，则p2-4q的值是.
解析：将等式右边展开后，同左边的一次项和常数项对比，得，
p=1+（-2）=-1，q=1×（-2）=-2，所以p2-4q=（-1）2-4×（-2）=9.
例2（2000年第11届初二）已知多项式
2x2+3xy-2y2-x+8y-6可分解为
（x+2y+m）（2x-y+n）
的形式，那么
m3+1n2-1的值是.
解析：因式分解式展开后，可发现m与n只出现在多项式的一次项和常数项上，故只需对比x与y的一次项的系数就可以列出方程组：
2m+n=-1
-m+2n=8
解得
m=-2，n=3.所以m3+1n2-1
=-78.
2 .已知多项式的部分不能为零的因式型
例3（2001年第12届初二）已知x2+2x+5是
x4+ax2+b的一个因式，求a+b的值.
解析：设多项式的另一个因式为
x2+mx+n，则有恒等式x4+ax2+b=（x2+2x+5）（x2+mx+n）.
先求出m与n，等式左边缺三次项和一次项，对比其系数，有
m+2=0
5m+2n=0
，解得
m=-2，n=5.
再求a与b，对比二次项系数与常数项，得
a=2m+n+5=2×（-2）+5+5=6，b=5n=5×5=25，所以a+b=6+25=31.
3.多项式能分解但不知具体因式型
例4（1990年第一届初一）当m=时，二元二次六项式
6x2+mxy-4y2-x+17y-15
可以分解为两个关于x，y的二元一次三项式的乘积.
解析：以y为主元整理多项式，得
-4y2+（mx+17）y+（6x2-x-15）
，而6x2-x-15=（2x+3）（3x-5），故可构造恒等式
6x2+mxy-4y2-x+17y-15
=（ay+2x+3）（by+3x-5）.
由于上面分解的是关于x的因式，所以我们对比y项与
y2项的系数，有
-5a+3b=17
ab=-4
解得
a=-1
b=4
，
a=-125，
b=53
再对比xy项的系数，得
m=3a+2b=3×（-1）+2×4=5
，或
m=3a+2b=3×（-125）+2×53
=-5815.
点评：以x为主元整理多项式同样可以完成此题，读者不妨一试；许多书刊都只有5这个答案.而把
-
5815这个正确答案漏掉了.
二、利用或构造恒等式，由局部因式或代数式取零法列方程（组）求解.
4.已知多项式的部分可以为零的因式型
例5（1995年第6届初二）若x+2是多项式
x3+x2+ax+b的一个因式，且
2a2+3ab+b2≠0，则分式
ab2-4a3+b3-4a2b
2a2+3ab+b2
的值是.
解析：依题意构造恒等式
x3+x2+ax+b=（x+2）·f （x）
，取x=-2代入恒等式，得
（-2）3+（-2）2-2a+b=0，所以b-2a=4，原分式=
b2（a+b）-4a2（a+b）（2a+b）（a+b）
=b-2a=4.
例6（2003年第14届初二）若y-2x+1是
4xy-4x2-y2-k的一个因式，k的值是（ ）
（A） 0 （B） -1（C） 1（D） 4
解析：由题意构造恒等式
4xy-4x2-y2-k=（y-2x+1）
·f （x），取使
y-2x+1=0的x与y，x=0，y=-1代入恒等式，得
-（-1）2-k=0，所以k=-1，本例应选（B）.
5.多项式除法恰好整除型
例7（1996年第7届初二）已知多项式
3x3+ax2+3x+1能被
x2+1整除，且商式是
3x+1，那么a的值是.
解析：依题意有恒等式
3x3+ax2+3x+1=（x2+1）（3x+1），取
3x+1=0的x，代入恒等式，得
3×（-13）3+（-13）2a+3×
（-13）+1=0，解得
a=1.
例8（1997年第8届初二）已知a、b、c均为实数，且多项式
x3+ax2+bx+c
能被x2+3x-4整除.（1）求 4a+c的值；（2）求2a-2b-c的值；（3）若a、b、c为整数，且
c≥a>1，试确定a，b，c的大小.
解析：由于
x2+3x-4=（x+4）（x-1），故结合题意构造恒等式
x3+ax2+bx+c=（x+4）（x-1）
·f （x）取x=-4，x=1分别代入恒等式，可得方程组
16a-4b+c=64 （1）
a+b+c=-1 （2）
（1）（1）+4×（2），得
20a+5c=60，所以4a+c=12.
（2）解（1）、（2）组成的关于b，c的方程组，得
b=3a-13，c=-4a+12（3）
原求值式=2a-2（3a-13）-（-4a+12）=14.
（3）由1
6.多项式除法存在余式（数）型
例9（2001年第12届初二）已知多项式
ax3+bx2+cx+d除以x-1时，所得的余数是1，除以
x-2时所得的余数是3，那么多项式
ax3+bx2+cx+d除以
（x-1）（x-2）时，所得的余式是（ ）
（A） 2x-1（B） 2x+1（C） x+1（D） x-1
解析：由题意可构造恒等式
ax3+bx2+cx+d=（x-1）（x-2）（ax+m）+px+q.
因为
ax3+bx2+cx+d分别除以x-1，x-2时所得余数是1和3，所以当
x=1时，
px+q=1.即
p+q=1 （1），当x=2时，px+q=3即
2p+q=3 （2）.
解（1）（2）组成的方程组，得
p=2，q=-1
.所以
ax3+bx2+cx+d
除以（x-1）（x-2）时，所得余式是
2x+1，故本例选（A）.
7.构造恒等式“设而不求”型
例10（1996年第7届初二）已知多项式x3+ax2+bx+c中，a，b，c为常数，当
x=1时，多项式的值是1；当x=2时，多项式的值是2；若当x是8和-5时，多项式的值分别为M与N，求M-N的值.
解析：根据
x=1，2时，多项式的值分别是1，2，可构造恒等式
x3+ax2+bx+c=（x-1）（x-2）（x+p）+x.
把x=8，-5分别代入恒等式的右边，可得M-N=
（8-1）（8-2）（8+p）+8-[（-5-1）（-5-2）（-5+p）-5]
=42×8+42p+8+42×5-42p+5=559.