1樓：
1.4x^4+1=(4x^4+4x^2+1)-4x^2=(2x^2+1)^2-(2x)^2=(2x^2-2x+1)(2x^2+2x+1)
2.x^4+2x^2+9=(x^4+6x^2+9)-4x^2=(x^2+3)^2-(2x)^2=(x^2-2x+3)(x^2+2x+3)
3.x^3-3x+4(不能在有理數範圍內分解,證明過程很複雜,在此不寫出.但x^3+3x+4則可分解為(x+1)(x^2-x+4),你看看是不是抄錯了)
4.x^2+(2y-5)x-3y^2-7y+6=(3y+x-2)(x-y-3)(這一題用的是雙十字法,由於這裡雙十字不好畫,所以在此不畫出)
5.x^2-3ax-10a^2+x+2a=(x+2a)(x-5a)+(x+2a)=(x+2a)(x-5a+1)
6.4x^2-4xy-3y^2-4x+10y-3=(y+2x-3)(2x-3y+1)(雙十字法)
7.x^2+(a+1)x-(6a^2-13a+6)=x^2+ax-6a^2+x+13a-6=(x+3a-2)(x-2a+3)(雙十字法)
8.a^2-3ax+2x^2-4a+2x-12=(2x-a+6)(x-a-2)(雙十字法)
9.x^2+3xy-4y^2+3x+7y+2=(4y+x+1)(x-y+2)(雙十字法)
說明:以上多次用到雙十字法,具體的步驟你可以去問一下你們的老師,實在不行也可以來問我,不過那個方法不大好用語言描述.
2樓：匿名使用者
...，不會啊！！！！！！！！！！！！！！！
3樓：匿名使用者
1、4x^4+1=(2x^2+1)^2-4x^2=(2x^2+2x+1)(2x^2-2x+1)
2、原式=（x^2+3)^2-4x^2=(x^2+2x+3)(x^2-2x+3)
3、原式=（x+a）（x+b）（x+c）(a、b、c分別是x^2-3=4/x，有解，但是我實在解不出。)
4、(x-y-3)(x+3y-2)(我是用待定係數法做的，即（nx+my+t）(ax+by+c)解，剩下的都這麼解，今天沒時間了，明天再說，我解完它們，等我~~~)
5、原式=(x+2a)(x-5a+1)
6、原式=（y+2x-3)(2x-3y+1)
7、原式=(x+(a+1)/2)^2-(25a^2-50a+25)/4=(x+(a+1)/2)^2-(5/2*(a-1)^2)=(x+3a-2)(x+3-2a)
8、原式=(2x-a+6)(x-a-2）
9、原式=x^2+3xy-4y^2+3x+7y+2=(4y+x+1)(x-y+2)
高分懸賞下列數學題（200，可追加更多！）
4樓：匿名使用者
1.我直接求一般情況吧。
當n=1時有1個，n=2時有2個，n=3時有6個，當n≥4時
設有a個|a(i)-i|不等於0，那麼顯然0≤a≤4，分情況討論：
(1)當a=0時，所有的|a(i)-i|均為0，即a(i)=i，此時有1個α數列滿足題意
(2)當a=1時，只有1個|a(i)-i|不為0，這顯然不可能
(3)當a=2時，有2個|a(i)-i|不為0，不妨設為|a(i)-i|,|a(j)-j|，那麼a(i)=j,a(j)=i，即|i-j|+|j-i|≤4，於是|i-j|≤2。若|i-j|=1，則i,j相鄰，有n-1組這樣的，若|i-j|=2，則有n-2組這樣的。故a=2時共有2n-3個α數列滿足題意
(4)當a=3時，設為|a(k)-k|,|a(m)-m|,|a(n)-n|，(k＜m＜n)，那麼|a(k)-k|+|a(m)-m|+|a(n)-n|=a(k)-k+|a(m)-m|+n-a(n)≤4，若a(m)=k，那麼a(n)=m,a(k)=n，n-k+m-k+n-m≤4，即n-k≤2，又n-k≥2，所以n-k=2；若a(m)=n，同理可得n-k=2，因此k,m,n為連續的3個自然數，這樣的共有n-2組。而對每組，(a(k),a(m),a(n))有兩組對應方式：(m,n,k)和(n,k,m)，因此a=3時共有2(n-2)=2n-4個α數列滿足題意
(5)當a=4時，設為|a(p)-p|,|a(q)-q|,|a(r)-r|,|a(s)-s|，(p＜q＜r＜s)。則有|a(p)-p|+|a(q)-q|+|a(r)-r|+|a(s)-s|≤4，即a(p)-p=|a(q)-q|=|a(r)-r|=s-a(s)=1。於是p＜a(p)=p+1≤q，r≤a(s)=s-1＜s，於是a(p)=p+1=q，a(s)=s-1=r。
若a(q)=s，那麼|a(q)-q|=s-q=1，而s≥q+2，矛盾！所以a(q)=p,a(r)=s，即=(s≥p+3)，這樣的(即確定s,p)有c(n,2)-(n-1)(去掉s,p連續的情況)-(n-2)(去掉s,p差2的情況)=(n²-5n+6)/2組，而每組只對應一種(a(p),a(q),a(r),a(s))，故a=4時共有(n²-5n+6)/2個α數列滿足題意
綜上α數列有1+2n-3+2n-4+(n²-5n+6)/2=(n²+3n-6)/2個
當n=6時有24個
2.我懷疑你題目是不是抄錯了，應該是「任意相鄰兩位數字之差絕對值『不大於』2」吧，這樣用窮舉法就行了，滿足條件的七位數有14個，故概率為14/7!=1/360。
另2023年湖南全國高中數學聯賽預賽的最後一題就是此題推廣為n位數的一般情形。
如果題目沒錯的話，我就沒轍了。。
3.注意到f(x)=(x+1/x)²+a(x+1/x)+b-2，令t=x+1/x∈(-∞,-2]∪[2,+∞)，則f(x)=t²+at+b-2。f(x)有零點即方程g(t)=t²+at+b-2=0在∈(-∞,-2]∪[2,+∞)有解，分3種情況：
(1)兩根均在(-∞,-2]上(包括重根)，那麼x1≤-2,x2≤-2,△≥0，等價於(x1+2)(x2+2)≥0,x1+x2+4≤0,△≥0，拆開並用韋達定理即得b≥2a-2,a≥4, b≤(1/4)a²+2
(2)兩根均在[2,+∞)上，同理可得b≥-2a-2,a≤-4, b≤(1/4)a²+2
(3)一根在(-∞,-2]上，一根在[2,+∞)上，此時等價於g(-2)≤0，g(2)≤0，即b≤2a-2,b≤-2a-2
在同一座標系中作出這3個可行域，其中到原點距離最近的點為(0,-2)，因此a²+b²最小值為4
4.此題每什麼好說的，同一座標系中畫出y=3cos(πx/2)與y=log(2)x的影象，觀察交點個數——答案是4個
5.要證(mn^n)^m＞(nm^m)^n
只需證m(lnm+nlnn)＞n(lnn+mlnm)(兩邊取對數)
即證m(n-1)lnm＜n(m-1)lnn(移項)
只需證mlnm/(m-1)＜nlnn/(n-1)
令f(x)=xlnx/(x-1)，(x≥4)，則f'(x)=[(lnx+1)(x-1)-xlnx]/(x-1)²=(x-lnx-1)/(x-1)²
再令g(x)=x-lnx-1，則g'(x)=1-1/x=(x-1)/x＞0，所以g(x)單調遞增，g(x)＞g(1)=0
所以f'(x)=g(x)/(x-1)²＞0，所以f(x)單調遞增，即f(m)＜f(n)
因此原不等式得證
5樓：雪柳玉
2、（1x5x3x2x3x1x1）/(7!)=1.79%3、0.
8 函式f(x)>=2+2a+b.函式有實根則g(x)=2+2a+b<=0.畫出函式g(x)，找出原點到直線g(x)的最短距離。
4、5個 ，方法：在xoy座標上畫出3cos（πx/2）和log2（x）的圖，找交點數即為所求函式的零點。
1題 尚在思考中，5題沒看懂要證明的是什麼
6樓：臥龍之殤
前幾樓二三四幾題已經做得差不多了，我就不獻醜了，我補充下1,5題1.可以這樣考慮：
首先第i個數減i，所求出的絕對值為0，算是方案一。
然後交換相差1的數，每交換一次總的絕對值多2，所以最多能交換兩次。
最後交換相差2的數，只能交換一次。
所以當有n個數時，我們可以先找出n-1對相差1的數，交換一下得到n-1個方案，然後再在這些方案的基礎上進行一次交換（同一組數不能交換兩次）得到（n-2）（n-1）/2種方案，最後找出相差2的方案，這個方案的數量要分n的奇偶：
n為奇數時，奇數為（n+1）/2個，偶數為（n-1）/2個，相差2的奇數有（n+1）/2-1對，偶數有（n-1）/2-1對，共有n-2對
n為偶數時，經過分析，也是n-2對
所以當為n時共有：1+n-1+（n-1）（n-2）/2+n-2=2n-2+（n-1）（n-2）/2種情況。
5.題目看不懂，最好手寫拍照看一下。
7樓：怎樣過夜
1. （n^2+3n-6)/2次，n=6時共有24個。
其實就是將 1,2,3,.....,n中的若干個數移動，使得偏差不大於4.這裡的若干顯然是不大於4的。
（1）移動兩個的情況：只可能是兩個數的對換，為使偏差不大於4，兩個數必然是相鄰或間隔一個數的。所以有(n-1)+(n-2)=2n-3種可能。（n-1為相鄰，n-2為間隔一個數）
（2）移動三個的情況：必為三個數的輪換，而且三個數必須相鄰，否則如124輪換，只可能是241或者412（若為142,214,421則包含在(1)中移動兩個的情況），容易驗證偏差值大於4.所以有n-2種取相鄰三個數的可能，每一種取法又有兩種三數輪換的可能（如取456可變為645或564，偏差均為4），所以共有2(n-2)種可能，
（3）移動四個數的情況：說明每個數的偏差均為1，所以必為與相鄰數的交換，所以取兩組相鄰的數，然後呼喚，如1278-2187，取兩組相鄰數共有（n-2)(n-3)/2 種可能。
(4) 不移動的情況，1種。
所以共有（n^2+3n-6)/2種可能.
2. 78/7！列出來看吧，二位是3，6的情況一樣，4，5的情況一樣，一共有78種。
3. 令x+1/x=t,然後算算吧，最小值4，在a=0,b=-2時取得。
4，5前面人算對了。
高分懸賞初一數學題
由條件可得 aec bae dce afc 360 baf dcf 360 4 bae dce 360 4 aec 所以 afc 4 aec 360 afc 360度 4 aec 證明 afc 360 4 aec bae dce aec fae 3 bae同理 fce 3 ecd fae fce 3...
一道小學數學題！有追加懸賞
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高分懸賞！初三數學題求解要過程
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