因式分解的应用

因式分解的应用
一、填空题（共9小题，每小题4分，满分36分）
1、已知x+y=3，x2+y2-xy=4，那么x4+y4+x3y+xy3的值为
分析：对x4+y4+x3y+xy3首先通过提取公因式转化为（x3+y3）（x+y），再通过立方和公式分解为（x+y）（x2+y2-xy）（x+y）．再将x+y、x2+y2-xy作为一个整体代入因式分解后的代数式即可求得结果．
解答：解：∵x+y=3，x2+y2-xy=4，
∴x4+y4+x3y+xy3，
=x3（x+y）+y3（x+y），
=（x3+y3）（x+y），=（x+y）（x2+y2-xy）（x+y），=32×4，=36．故答案为：36．
点评：本题考查因式分解的应用、立方和公式、代数式求值．解决本题的关键是对所求的代数式
x4+y4+x3y+xy3进行因式分解，再将x+y、x2+y2-xy作为一个整体代入求值．
2、方程x2-xy-5x+5y-1=0的整数解是
分析：原方程变形为：（x-y）（x-5）=1，根据整数的整除性得到x-y=1，x-5=1，或x-y=-1，x-5=-1；从而求得x，y的值．
解答：解：原方程变形为：（x-y）（x-5）=1，
∵x，y为整数，∴x-y=1，x-5=1，或x-y=-1，x-5=-1；
∴x=6，y=5或x=4，y=5．故答案为：x=6，y=5或x=4，y=5．
点评：本题考查了方程整数解的求法：把方程进行变形，使方程左边分解为含未知数的两个式子，右边为常数，然后利用整数的整除性求解．
3、已知a，b，c，d为非负整数，则ac+bd+ad+bc=1997，则a+b+c+d=
分析：把等号左边的代数式分解因式，得出（a+b）（c+d）=1997×1，再求a+b+c+d═1997+1=1998．解答：解：∵ac+bd+ad+bc=（ac+ad）+（bd+bc）=a（c+d）+b（c+d）=（a+b）（c+d），1997=1997×1，∴（a+b）（c+d）=1997×1，
∴a+b+c+d═1997+1=1998．
点评：本题既考查了对因式分解方法的掌握，又考查了代数式求值的方法，同时还隐含了整体的数学思想和正确运算的能力．
4、对一切大于2的正整数n，数n5-5n3+4n的最大公约数是
分析：把所给的等式利用因式分解写成乘积的形式：n5-5n3+4n=（n-2）（n-1）n（n+1）（n+2）．因为n-2、n-1、n、n+1、n+2是连续的五个正整数，所以其中必有一个是2的倍数、一个是3的倍数，一个是4的倍数、一个是5的倍数，可知n5-5n3+4n=（n-2）（n-1）n（n+1）（n+2）一定是120的倍数，所以最大公约数为120．
解答：解：n5-5n3+4n=（n-2）（n-1）n（n+1）（n+2）．
对一切大于2的正整数n，数n5-5n3+4n都含有公约数1×2×3×4×5=120．
故答案为120．
点评：主要考查了利用因式分解的方法解决实际问题．要先分解因式并根据其实际意义来求解．
5、已知x2+xy+y=14①，y2+xy+x=28②，则x+y的值为
分析：先把两个方程相加，得到关于（x+y）的一元二次方程，然后利用因式分解法解方程即可．
解答：解：①+②得，x2+2xy+y2+x+y=42，
∴（x+y）2+（x+y）-42=0，∴（x+y+7）（x+y-6）=0，∴x+y=-7或x+y=6，故答案为：-7或6．
点评：本题考查了利用因式分解法把一元二次方程转化为两个一元一次方程求解的能力．要熟练掌握因式分解的方法．
6、已知a、b、c满足a+b=5，c2=ab+b-9，则c=
分析：首先将a+b=5转化为b=5-a，再将b=5-a代入c2=ab+b-9中，通过提取公因数-1、运用完全平方式可得到c2=-（a-2）2，根据非负数的性质，则可判断出c的值．
解答：解：∵a+b=5
∴b=5-a∴c2=ab+b-9=a（5-a）+5-a-9=-a2+4a-4=-（a-2）2
∵根据非负数的性质∴-（a-2）2≤0又∵c2≥0∴只能是c2=-（a-2）2=0
∴c=0 故答案为0
点评：本题考查因式分解得应用、完全平方式．解决本题同学们特别注意的是根据非负数的性质，通过c2=-（a-2）2判断出c的取值为0．
7、已知正数a、b、c满足ab+a+b=bc+b+c=ac+a+c=3，则（a+1）（b+1）（c+1）=
分析：把每个等式的结果等于3，得到与（a+1），（b+1），（c+1）有关的值，进而代入所给代数式求值即可．
解答：解：由题意得ab+a+b=3，∴（a+1）（b+1）=4，同理可得（b+1）（c+1）=4，
（a+1）（c+1）=4，∴[（a+1）（b+1）（c+1）]2=4×4×4，∵a、b、c为正数，
∴（a+1）（b+1）（c+1）=8．故答案为：8．
点评：考查了代数式的求值，利用因式分解得到和所给代数式相关的值是解决本题的关键．
8、整数a、b满足6ab=9a-l0b+303，则a+b=
分析：先移项，然后将运用因式分解的知识将等式左边的式子分解成因式相乘的形式，从而利用数的整除思想得出答案．
解答：解：∵6ab=9a-l0b+303，
∴（3a+5）（2b-3）=288=25×32，又∵a、b都是整数，∴只有3a+5=25，2b-3=32成立，
∴a=9，b=6，∴a+b=15．故答案为：15．
点评：本题考查数的整除性，难度不大，关键是利用因式分解的知识，将未知数化成因式相乘的形式．9、已知a5-a4b-a4+a-b-1=0，且2a-3b=1，则a3+b3的值等于
分析：观察a5-a4b-a4+a-b-1=0式子，可分解为（a-b-1）（a4+1）=0，那么必为a-b-1=0，根据已知a、b 还满足2a-3b=1．据这两式可解得a、b的值．那么再将a、b的值代入a3+b3即可求出结果．
解答：解：∵a5-a4b-a4+a-b-1=0⇒（a5+a）-（a4b+b）-（a4+1）=0⇒a（a4+1）-b（a4+1）-（a4+1）=0⇒（a-b-1）（a4+1）=0 ∵a4+1＞0 ∴a-b-1=0 ①
又∵2a-3b=1 ②由①②可得a=2，b=1，∴a3+b3=23+1=9．
故答案为：9．
点评：本题考查因式分解，解决本题的关键是通过因式分解将a5-a4b-a4+a-b-1=0转化为（a-b-1）（a4+1）=0，同时得到a-b-1=0．
二、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）
10、已知724-1可被40至50之间的两个整数整除，这两个整数是（）
A、41，48
B、45，47
C、43，48
D、4l，47
分析：利用平方差、立方和、立方差公式逐步把724-1分解因式，通过计算找到问题的答案．
解答：解：724-1=（712+1）（76+1）（73+1）（73-1），
=（712+1）（76+1）（7+1）（72-7+1）（7-1）（72+7+1），
=（712+1）（76+1）×8×43×6×57，
=（712+1）（76+1）×48×43×57，因此可被40至50之间的两个整数整除的数是48，43．
故选C．
点评：此题主要考查利用平方差、立方和、立方差公式分解因式，分解式要注意数的取值范围．
11、已知2x2-3xy+y2=0（xy≠0），则xy+yx的值是（）
A、2，212
B、2
C、212
D、-2，-212
分析：对等式两边同时除以x2，得(yx)2-3yx+2=0，解方程可得yx=1或2，即xy=1或12，即得xy+yx=2或2 12．
解答：解：根据题意，2x2-3xy+y2=0，且x y≠0，
故有(yx)2-3yx+2=0，
即(yx-1)(yx-2)=0，
即得yx=1或2，故xy=1或12，
所以xy+yx=2或2 12．
故选A．
点评：本题主要考查的是利用因式分解法求解方程，要求学生能够熟练掌握这种解题方法．
12、a、b、c是正整数，a＞b，且a2-ac+bc=7，则a-c等于（）
A、-2
B、-1
C、0
D、1
分析：此题能够利用因式分解的知识求得a的取值范围，再结合正整数和a＞b探究它们的可能值，从而求解．
解答：解：根据已知a2-ac+bc=7，即a（a-c）+bc=7，且a＞b，
故化简可得a2＞7，a≥3，则a至少是3．不妨设a-c大于等于1，那么bc小于等于6．
又a＞b，则b、c可能的组合是1、2；2、2 显然b=2，c=2，a=3是符合上式的．
故选D．点评：此题能够借助因式分解分析字母的取值范围是解决问题的关键．
13、如果3x3-x=1，那么9x4+12x3-3x2-7x+2001的值等于（）
A、1999
B、2001
C、2003
D、2005
分析：将3x3-x=1化简为3x3-x-1=0，整体代入9x4+12x3-3x2-7x+2001，提取公因式化简即可．
解答：解：∵3x3-x=1，
∴9x4+12x3-3x2-7x+2001，=3x（3x3-x-1）+4（3x3-x-1）+2005，=2005．
故选D．点评：本题考查因式分解的运用，注意运用整体代入法求解．
14、已知a、b、c是一个三角形的三边，则a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2的值（）
A、恒正
B、恒负
C、可正可负
D、非负
分析：从变形给定的代数式入手，对a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2进行因式分解，根据三角形三边关系判断各个因式的正负，再判断代数式的正负．
解答：解：a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2
=（a4+b4+c4+2a2b2-2b2c2-2c2a2）-4a2b2
=（a2+b2-c2）2-（2ab）2
=（a+b+c）（a+b-c）（a-b+c）（a-b-c）
又a、b、c是一个三角形的三边
∴a+b+c＞0，a+b-c＞0，a-b+c＞0，a-b-c＜0
∴（a+b+c）（a+b-c）（a-b+c）（a-b-c）＜0
故选B．
点评：本题考查因式分解的运用．解题的关键是由式于的特点联想到熟悉的结果，注意几何定理的约束．15、设a＜b＜c＜d，如果x=（a+b）（c+d），y=（a+c）（b+d），z=（a+d）（b+c），那么x、y、z 的大小关系为（）
A、x＜y＜z
B、y＜z＜x
C、z＜x＜y
D、不能确定
分析：比较x、y、z的大小，只需判断x-y、y-z的符号．进一步将已知中x=（a+b）（c+d）、y=（a+c）（b+d）、z=（a+d）（b+c）代入化简，根据a＜b＜c＜d来判断代数式的符号即可．
解答：解：∵a＜b＜c＜d，
a-b＜0，a-c＜0，a-d＜0，b-c＜0，b-d＜0，c-d＜0，
∵x=（a+b）（c+d），y=（a+c）（b+d），z=（a+d）（b+c），
∴x-y=（a+b）（c+d）-（a+c）（b+d），
=ac+ad+bc+bd-ab-ad-bc-cd，
=ac+bd-ab-cd，
=（ac-cd）+（bd-ab），
=c（a-d）-b（a-d），
=（a-d）（c-b）＜0，
y-z=（a+c）（b+d）-（a+d）（b+c），
=ab+ad+bc+cd-ab-ac-bd-cd，
=ad+bc-ac-bd，
=（ad-bd）+（bc-ac），
=（a-b）（d-c）＜0，
∴x-y＜0，y-z＜0，即x＜y，y＜z，
∴x＜y＜z．
故选A．
点评：本题考查了因式分解，解决本题的关键是通过作差比较，这是一种常用的比较大小的方法．
16、若x+y=-1，则x4+5x3y+x2y+8x2y2+xy2+5xy3+y4的值等于（）
A、0
B、-1
C、1
D、3
分析：将x4+5x3y+x2y+8x2y2+xy2+5xy3+y4提取公因式，转化为x3（x+y）+4x2y（x+y）+xy（x+y）+4xy2（x+y）+y3（x+y），将x+y=-1代入转化为-x3-4x2y-xy-4xy2-y3，再通过提取公因式，立方和公式、提取公因式，转化为（x+y）（x2-xy+y2）-4xy+xy，再将x+y=-1代入转化为（x2-xy+y2）+3xy，再运用完全平方式，转化为（x+y）2-3xy+3xy，将x+y=-1代入问题得解．
解答：解：原式=x4+x3y+4x3y+x2y+4x2y2+4x2y2+xy2+4xy3+xy3+y4，
=x3（x+y）+4x2y（x+y）+xy（x+y）+4xy2（x+y）+y3（x+y），
=-x3-4x2y-xy-4xy2-y3，
=-[（x3+y3）+4xy（x+y）+xy]，
=-[（x+y）（x2-xy+y2）-4xy+xy]，
=-[-（x2-xy+y2）-3xy]，
=（x2-xy+y2）+3xy，
=（x+y）2-3xy+3xy，
=1．
故选C．
点评：本题考查提取公因式法因式分解、完全平方式、立方和公式．解决本题的关键是提取公因式，转化为（x+y）乘以xy各次的形式，逐步达到化简得目的．
17、已知两个不同的质数p、q满足下列关系：p2-2001p+m=0，q2-2001q+m=0，m是适当的整数，那么p2+q2的数值是（）
A、4004006
B、3996005
C、3996003
D、4004004
分析：先把两式相减，得到p+q=2001，故p、q为一奇一偶，再根据p、q为质数可知p、q中有一个为2，另一个为1999，再代入所求代数式进行计算即可．
解答：解：两式相减，得（p-q）（p+q-2001）=0，
∵p≠q，
∴p+q=2001，而p、q为质数，
∴p、q中有一个为2，另一个为1999．
∴p2+q2=22+19992=3996005．
故选B．
点评：本题考查的是质数与合数、奇数与偶数，解答此题的关键是熟知在所有偶数中只有2是质数这一知识点．
18、设n为某一自然数，代入代数式n3-n计算其值时，四个学生算出了下列四个结果．其中正确的结果是（）
A、5814
B、5841
C、8415
D、845l
分析：首先将n3-n因式分解，转化为n（n-1）（n+1）．我们可推知n3-n的值是三个连续自然数的乘积．对于三个连续的自然数，最少有一个为偶数，因而n3-n的值必定是一个偶数．分析各选项，找出正确答案．解答：解：∵n3-n=n（n2-1）=n（n-1）（n+1）
∴我们可见n3-n必为三个连续自然数的积
由于三个连续自然数中必有一个为偶数，也就是说n3-n必为一个偶数
只有A选项是一个偶数．
故选A
点评：本题考查因式分解．解决本题的关键是首先对n3-n进行因式分解，自然自然找到三个连续自然数的乘积规律．
三、解答题（共9小题，满分87分）
19、（1）求证：8l7一279-913能被45整除；
（2）证明：当n为自然数时，2（2n+1）形式的数不能表示为两个整数的平方差；
（3）计算：(24+14)(44+14)(64+14)(84+14)(104+14)(14+14)(34+14)(54+14)(74+14)(94+14)
分析：（1）首先将8l7一279-913代数式转化成底数为3的幂，提取公因式326，此时出现差5，再将326分解成324与9的乘积，问题得解；
（2）直接证明较难，因而采用反证法．假设2（2n+1）能表示为两个整数的平方差2（2n+1）=a2-b2．再分别就a+b、a-b是偶数
讨论，与其已知相反；
（3）观察(24+14)(44+14)(64+14)(84+14)(104+14)(14+14)(34+14)(54+14)(74+14)(94+14)式子，发现规律：均包含有x4+14的形式，因而对其进行因式分解得(x2-x+12)(x2+x+12)．将此规律运用到原式中，通过对分子、分母约分化简，最后求出原式的值．
解答：解：（1）∵8l7一279-913=328-327-326=326（9-3-1）=45×324，
∴8l7一279-913能被45整除；
（2）反证法：假设2（2n+1）能表示为两个整数的平方差即2（2n+1）=a2-b2=（a+b）（a-b），
因为2（2n+1）是偶数，则a+b、a-b定有一个是偶数，
若a+b是偶数，则a、b具有相同的奇偶性，则a-b也是偶数；
同样的，若a-b偶，则a+b也偶，
则（a+b）（a-b）能被4整除也就是说2（2n+1）能被4整除，
即2n+1能被2整除，但这是显然不成立的，
故原假设不成立，
∴当n为自然数时，2（2n+1）的形式的数不能表示为两个整数的平方差；
（3）∵x4+14= (x4+x2+14)-x2= (x2+12)2-x2= (x2-x+12)(x2+x+12)
∴原式=
(4-2+12)(4+2+12)(42-4+12)(42+4+12)(62-6+12)(62+6+12)(82-8+12)(82+8+12)(102-10+12)(102+10+12) 12×52(32-3+12)(32+3+12)(52-5+12)(52+5+12)(72-7+12)(72+7+12)(92-9+12)(92+9+12)= 102+10+12，= 11012．
点评：本题考查因式分解的应用．解决（1）的关键是将原式通过因式分解转化为9×5×3n的形式；（2）的关键是采用反证法；（3）的关键得到x4+14= (x2-x+12)(x2+x+12)这一规律，运用规律代入原式约分化简求值．
20、若a是自然数，则a4-3a2+9是质数还是合数？给出你的证明．
分析：先把原式进行因式分解，再根据质数与合数的定义分a=0，a=1，a=2及a＞2四种情况进行讨论．解答：解：原式=（a4+6a2+9）-9a2=（a2+3a+3）（a2-3a+3），
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也是质数；
当a＞2时，a2+3a+3＞1，a2-3a+3=（a-2）（a-1）+1＞1，
这说明，此时a4-3a2+9可以分解为两个大于1的自然数的积，即它是合数．
故当a=0或a＞2时原式的值是合数；
当a=1或a=2时原式的值是质数．
点评：本题考查的是质数与合数的概念及因式分解，熟知质数与合数的概念是解答此题的关键．
21、求证：存在无穷多个自然数k，使得n4+k不是质数．
分析：取k=4a2（a是自然数），分解整理n4+k，得到两个因式，进行判断，即可证明．
解答：解：取k=4a2（a是自然数），n4+k=n4+4a2=n4+4a2n2+4a2-4n2a2=（n2+2an+2a2）（n2-2an+2a2）当a≥2时，这是两个大于1的自然数的乘积，因为a有无穷多个，所以k也有无穷多个．
即存在无穷多个自然数k，使得n4+k不是质数．
点评：本题考查因式分解的运用．
22、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个男人和n个女生的捐款总数相等，都是（m•n+9m+11n+145）元，已知每人的捐款数相同，且都是整数元，求每人的捐款数．
分析：根据题意得到m+11=n+9，从（m+11）（n+9）+46的整除性得到m、n的值．
解答：解：据题意m+11=n+9，且整除m•n+9m+11n+145，而m•n+9m+11n+145=（m+11）（n+9）+46，故m+11，n+9都整除46，
由此得{m=12n=14①或{m=35n=37②，
在①时，得每人捐款25元，在②时，每人捐款47元，
综上可知，每人捐款数为25元或47元．
点评：此题考查了数的整除性，要通过逻辑推理得到正确答案，体现了竞赛题的一般特征．
23、已知b、c是整数，二次三项式x2+bx+c既是x4+6x2+25的一个因式，也是3x4+4x2+28x+5的一个因式，求x=1时，x2+bx+c的值．
分析：根据二次三项式x2+bx+c既是x4+6x2+25的一个因式，也是3x4+4x2+28x+5的一个因式，我们可得到x2+bx+c也必定是x4+6x2+25与3x4+4x2+28x+5差的的一个因式．通过做差，就实现了降次，最高次幂成为2，与二次三项式x2+bx+c关于x的各次项系数对应相等，解得b、c的值．再将x=1、b、c代入求值．解答：解：∵二次三项式x2+bx+c既是x4+6x2+25的一个因式，也是3x4+4x2+28x+5的一个因式，
∴所以也必定是x4+6x2+25与3x4+4x2+28x+5差的一个因式，而3（x4+6x2+25）-3x4+4x2+28x+5=14
（x2-2x+5），
∴x2-2x+5=x2+bx+c，
∴b=-2，c=5，
∴当x=1时，x2+bx+c=1-2+5=4．
点评：本题考查因式分解．解决本题的关键是通过作差，实现了降次，再根据两代数式相等必是x的各次项系数对应相等．
24、按下面规则扩充新数：已有两数a、b，可按规则c=ab+a+b扩充一个新数，在a、b、c三个数中任取两数，按规则又可扩充一个新数，…每扩充一个新数叫做一次操作．现有数1和4．
（1）求按上述规则操作三次得到扩充的最大新数；
（2）能否通过上述规则扩充得到新数1999，并说明理由．
分析：仔细阅读扩充新数规则：已有两数a、b，可按规则c=ab+a+b扩充一个新数，在a、b、c三个数中任取两数，按规则又可扩充一个新数，…每扩充一个新数叫做一次操作．根据此规则运算即可．
（1）起始数是1和4
原数产生新数应取数
第一次扩充1、4 1×4+1+4=9 4、9
第二次扩充4、9 4×9+4+9=49 9、49
第三次扩充9、49 9×49+9+49=499 49、499
（2）首先通过一般归纳得出，新数c用a、b表示的一般式子c+1=（a+1）m•（b+1）m+1．
进一步验证新数1999能否表示成2m×5m+1的形式，其中m取自然数．
解答：解：（1）第一次只能得到1×4+1+4=9；因为要求最大新数，所以，第二次取4和9，得到4×9+4+9=49；同理，第三数取9和49，就得到扩充三次的最大数为499．
（2）因c=ab+a+b=（a+1）（b+1）-1，故c+1=（a+1）（b+1），
取数b、c可得新数d=（b+1）（c+1）-1=（b+1）（a+1）（b+1）-1=（a+1）（b+1）2-1，即d+1=（a+1）（b+1）2，
同理可得e=（c+1）（d+1）-1=（a+1）（b+1）（a+1）（b+1）2-1，e+1=（a+1）2（b+1）3
第四次扩充：49×499+49+499=24999＞1999，
即第三次得到的新数为499，第四次得到的新数为24999，
故1999不可以通过上述规则扩充得到．
点评：做好本类题目的关键是要根据表达式与文字规则，弄清给定数值字符间蕴含的加减乘除运算关系．如本题中的按照规则c=ab+a+b，在a、b、c三个数中任取两数，按规则又可扩充一个新数，…每扩充一个新数叫做一次操作．
25、计算下列各题：
（1）(2×5+2)(4×7+2)…(1994×1997+2)(1×4+2)(3×6+2)…(1993×1996+2)；
（2）20003-2×20002-199820003+20002-2001．
分析：（1）由于n（n+3）+2=n2+3n+2=（n+1）（n+2），利用这个公式把题目可以变为
(3×4)•(5×6)•(7×8)…(1995×1996)(2×3)•(4×5)•(6×7)…(1994×1995)，然后约分即可求解；
（2）设a=2000，那么原式= a3-2a2-(a-2)a3+a2-(a-1)，然后把分子、分母分解因式、约分即可求解．
解答：解：（1）∵n（n+3）+2=n2+3n+2=（n+1）（n+2），
∴(2×5+2)(4×7+2)…(1994×1997+2)(1×4+2)(3×6+2)…(1993×1996+2)
= (3×4)•(5×6)•(7×8)…(1995×1996)(2×3)•(4×5)•(6×7)…(1994×1995)
= 19962
=998；
（2）设a=2000，
那么原式= a3-2a2-(a-2)a3+a2-(a-1)
= (a-2)(a2-1)(a+1)(a2-1)
= a-2a+1
= 19982001．
点评：此题主要考查了有理数的混合运算，解题时首先观察分子、分母数字间的特点，用字母表示数，从一般情形考虑，通过分解变形，寻找复杂数值下隐含的规律．
26、已知n是正整数，且n4-16n2+100是质数，求n的值．
分析：从因数分解的角度看，质数只能分解成l和本身的乘积（也可从整除的角度看），故对原式进行恰当的分解变形，是解本例的最自然的思路．
解答：解：∵n4-16n2+100=n4+20n2+100-36n2=（n2+6n+10）（n2-6n+10），
∵n2+6n+10≠1，而n4-16n2+100为质数，
∴n2-6n+10=1，即|（n-3）2=0，
解得n=3．
故答案为：3．
点评：本题考查的是质数的定义，即质数就是在所有比1大的整数中，除了1和它本身以外，不再有别的约数，这种整数叫做质数．
27、（1）求方程6xy+4x-9y-7=0的整数解；
（2）设x、y为正整数，且x2+y2+4y-96=0，求xy的值．
0分析：（1）原方程变形为：（2x-3）（3y+2）=1，根据题意有2x-3=1，3y+2=1，或2x-3=-1，3y+2=-1，即可求出方程的整数解．
（2）原方程变为：（y+2）2=100-x2≥0，而x、y为正整数，得到x为1到10之间的数，并且100-x2为完全平方数，所以x=6或8，
然后求出对应的y的值，最后计算xy．
解答：解：（1）原方程变形为：（2x-3）（3y+2）=1，
∵原方程有整数解，
∴2x-3=1，3y+2=1，或2x-3=-1，3y+2=-1，
解得x=2，y=- 13（舍），或x=1，y=-1；
所以原方程的解为：x=1，y=-1；
（2）原方程变为：（y+2）2=100-x2，
∴（y+2）2=100-x2，≥0，
∴x2≤100，
∴x=1，2，…10．
而100-x2是完全平方数，
∴x=6或8．
∴当x=6，（y+2）2=100-x2=64，解得y=6，
所以xy=6×6=36；
当x=8，（y+2）2=100-x2=36，解得y=4；
所以xy=8×4=32．
点评：本题考查了方程整数解的求法：把方程进行变形，使方程左边分解为含未知数的两个式子，右边为常数，然后利用整数的整除性求解．。