第9讲：数学解题方法之待定系数法探讨.doc

1、【备战 2013 高考数学专题讲座】第 9 讲：数学解题方法之待定系数法探讨江苏泰州锦元数学工作室 编辑38 讲，我们对数学思想方法进行了探讨，从本讲开始我们对数学解题方法进行探讨。数学问题中，常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。在数学问题中，若得知所求结果具有某种确定的形式，则可设定一些尚待确定的系数(或参数) 来表示这样的结果，这些待确定的系数(或参数) ，称作待定系数。然后根据已知条件，选用恰当的方法，来确定这些系数，这种解决问题的方法叫待定系数法。待定系数法是数学中的基本方法之一。它渗透于高中数学教材的各个部分，在全国各地高考中有着广泛应用。应用待定系

2、数法解题以多项式的恒等知识为理论基础，通常有三种方法：比较系数法；代入特殊值法；消除待定系数法。比较系数法通过比较等式两端项的系数而得到方程（组） ，从而使问题获解。例如：“设，2xfm的反函数 ，那么 的值依次为 ” ，解答此题，并不困难，只需先将15fnx,mn 化为反函数形式 ，与 中对应项的系数加以比较后，就可得fx212fx15fxn到关于 的方程组，从而求得 值。这里的 就是有待于确定的系数。,mn ,代入特殊值法通过代入特殊值而得到方程（组） ，从而使问题获解。例如：“与直线 L：平行且过点 A(1,-4)的直线 L的方程是 ” ，解答此题，只需设定直线 L的方程为2350xy+

3、，将 A(1,-4)代入即可得到 k 的值，从而求得直线 L的方程。这里的 k 就是有待于确定的系k数。消除待定系数法通过设定待定参数，把相关变量用它表示，代入所求，从而使问题获解。例如：“已知 ，求 的值 ”，解答此题，只需设定 ，则 ，代入 即可求解。b2a3bb2=ka3ab=2k， ab这里的 k 就是消除的待定参数。应用待定系数法解题的一般步骤是：（1）确定所求问题的待定系数，建立条件与结果含有待定的系数的恒等式；（2）根据恒等式列出含有待定的系数的方程（组） ；（3）解方程（组）或消去待定系数，从而使问题得到解决。结合 2012 年全国各地高考的实例，我们从下面四方面探讨待定系数法

4、的应用：（1）待定系数法在函数问题中的应用；（2）待定系数法在 圆 锥 曲 线 问题中的应用； （ 3） 待定系数法在 三角函数问题中的应用；（4）待定系数法在 数列问题中的应用。一 、 待定系数法在 函数问题中的应用：典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例 1. （2012 年浙江省理 4 分）若将函数 表示为5()fx，234501()()()1)(1)fxaxaax其中 ， ， ， 为实数，则 253【答案】10。【考点】二项式定理，导数的应用。【解析】 用二项式定理，由等式两边对应项系数相等得 。54 33143010aCa或对等式： 两边连续对 x 求导三次得：2550125

5、1fxaxaax，再运用特殊元素法，令 得： ，即 。2 234560(1)6()xa 1360a310例 2.（2012 年山东省文 4 分）若函数 在1，2上的最大值为 4，最小值为 m，xf()a0,)且函数 在 上是增函数，则 a . g()m)x0,【答案】 。14【考点】函数的增减性。【解析】 ， 。xf()a0,1)xf()aln当 时，1 ，函数 是增函数，xf()lnxf()0,1)在1，2上的最大值为 ，最小值为 。2a=4， 1f()2=m，此时 ，它在 上是减函数，与题设不符。g(x)0,)当 时，0a0 时， ，求 k 的最大值xkfx10【答案】解：() f(x)的

6、的定义域为 ， 。、 ea、若 ，则 ， 在 上单调递增。a0xf ea0、fx、 若 ，则当 时， ；当 时，ln ea00 时， ，它等价于 。xe0 x1k 0e 在 上的最小值为 。x1g= e、又 ，即 ， 。a0a2a1g= +2,3e因此 ，即整数 k 的最大值为 2。kgfx() 由于当 x0 时， 等价于 ，令ke10x1k 0e32xy=1渐近线与椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为 16，则椭圆 c 的方程为【 】A B C D 2xy=182xy=162xy=1642xy=105【答案】D。【考点】椭圆和双曲线性质的应用。【解析】双曲线 的渐近线方程为 ，

7、2xy=1y=x代入 可得 。2ab0a2ab又根据椭圆对称性质，知所构成的四边形是正方形， ，即 。2S4x162ab=4又由椭圆的离心率为 可得 。3223a联立，解得 。椭圆方程为 。故选 D。a=0b5、 2xy=105例 4. （2012 年湖南省理 5 分）已知双曲线 C ： 的焦距为 10 ，点 P （2,1）在 C 的渐近线2ab上，则 C 的方程为【 】A B. C. D. #ww.zz&2105xy2150xy2180xy2108xy【答案】A。【考点】双曲线的方程、双曲线的渐近线方程。【解析】设双曲线 C ： 的半焦距为 ，则 。21xyabc210,5c C 的渐近线为

8、 ，点 P （2,1）在 C 的渐近线上， ，即 。12bab又 ， ，C 的方程为 。故选 A。22c5, 205xy例 5. （2012 年福建省理 5 分）已知双曲线 1 的右焦点与抛物线 y212x 的焦点重合，则该双曲x24 y2b2线的焦点到其渐近线的距离等于【 】A. B 4 C3 D55 2【答案】A。【考点】双曲线和抛物线的性质。【解析】由抛物线方程知抛物线的焦点坐标 F(3,0)，双曲线 1 的右焦点与抛物线 y212x 的焦点重合，x24 y2b2双曲线的焦点为 F(c,0)，且 。49=5bb双曲线的渐近线方程为：y x，ba双曲线焦点到渐近线的距离 d b 。故选 A

9、。|bca|1 (ba)2 =5例 6. （2012 年浙江省理 4 分）定义：曲线 上的点到直线的距离的最小值称为曲线 到直线 的距CCl离已知曲线 ： 到直线 ： 的距离等于曲线 ： 到直线 ：1C2yxalyx22(4)xy的距离，则实数 yx【答案】 。74【考点】新定义，点到直线的距离。【解析】由 C2：x 2( y4) 2 2 得圆心(0，4)，则圆心到直线 l：yx 的距离为：。0(4)d由定义，曲线 C2 到直线 l：yx 的距离为 。2dr又由曲线 C1：y x 2a，令 ，得： ，则曲线 C1：yx 2a 到直线 l：yx 的距201x离的点为( ， )。24a 。11()

10、72442ad a例 7. （2012 年重庆市理 5 分）过抛物线 的焦点 作直线交抛物线于 两点，若2yxF,AB则 = .25,1ABFA【答案】 。6【考点】直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质，方程思想的应用。【分析】设直线的方程为 （由题意知直线的斜率存在且不为 0） ，)21(xky代入抛物线方程，整理得 。4)(22kx设 ，则 。12(,)(,)AxyB12xk又 ， 。 ，解得 。551223xk24代入 得 。04)2(2kxxk 4, ， 。 。|AFB135|6AF例 8. （ 2012 年陕西省理 5 分）下图是抛物线形拱桥，当水面在 时，拱顶离水面 2 米，水面宽

11、 4 米，水l位下降 1 米后，水面宽 米.【答案】 。26【考点】抛物线的应用。【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为 ，2xmy=当水面在 时，拱顶离水面 2 米，水面宽 4 米，l抛物线过点（2，2， ）.代入 得， ，即 。xmy=()2-=-抛物线方程为 。y当 时， ，水位下降 1 米后，水面宽 米。3y-6x26例 9. （2012 年江苏省 5 分）在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， 圆 的 方 程 为 ， 若 直 线xOyC28150xy2ykx上 至 少 存 在一点，使得以该点为圆心，1 为半径的圆与圆 有公共点，则 的最大值是 k【答案】 。43【考点】圆与

12、圆的位置关系，点到直线的距离。【解析】圆 C 的 方 程 可 化 为 ： ， 圆 C 的圆心为 ，半径为 1。241xy(4,0)由题意，直 线 上 至 少 存 在一点 ，以该点为圆心，1 为半径的圆与圆yk0(,2Axk有公共点；存在 ，使得 成立，即 。0xR1ACmin2AC 即为点 到直 线 的 距 离 ， ， 解 得 。minAC2ykx241k2k403k 的最大值是 。k43例 10. （2012 年全国大纲卷理 12 分）已知抛物线 2:()Cyx与圆 221:()()(0)Mxyr 有一个公共点 A，且在 处两曲线的切线为同一直线 l。（1）求 r；（2）设 m、 n是异于

13、l且与 C及 M都相切的两条直线， m、 n的交点为 D，求 到 l的距离。【答案】解：（1）设 20(,1)x，对 2(1)yx求导得 (1)yx。直线 l的斜率 0()k，当 0时，不合题意， 0。圆心为 1(,)2M， A的斜率20(1)xk，由 l知 1k，即200()()1x，解得 0x。 (,1)A。 225|()()rMA。（2）设 2(,1a为 C上一点，则在该点处的切线方程为 2(1)()yaxa即 2(1)yxa。若该直线与圆 M相切，则圆心 到该切线的距离为 52，即21|2()|5()aa，化简可得 2(46)0a，解得012,0,1。抛物线 C在点 ()(0,2)ia

14、i处的切线分别为 ,lmn，其方程分别为21yx 211()yax 22(1)yax。得 2，将 代入得 ，故 (,)D。 D到直线 l的距离为 2|()|651d。【考点】抛物线与圆的方程，以 及两个曲线的公共点处的切线的运用，点到直线的距离。【解析】 （1）两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来。首先设出切点坐标，求出抛物线方程的导数，得到在切点处的斜率。求出圆心坐标，根据两直线垂直斜率的积为1 列出方程而求出切点坐标。最后根据点到直线的距离公式求出圆心到切线的距离即圆的半径。（2）求出三条切线方程， l可由（1）求出。 m、 n的切线方

15、程含有待定系数，求出它即可求得交点坐标，从而根据点到直线的距离公式求出 D到 l的距离。例 11. （2012 年上海市理 16 分）在平面直角坐标系 中，已知双曲线 .xOy12:1yxC（1）过 的左顶点引 的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的三角形的1C1面积；（4 分）（2）设斜率为 1 的直线 交 于 P、Q 两点，若 与圆 相切，求证：OPOQ ；（6 分）l1Cl12yx（3）设椭圆 . 若 M、N 分别是 、 上的动点，且 OMON ，求证：O 到直线4:22yx1C2MN 的距离是定值.（6 分）【答案】解：（1）双曲线 的左顶点 ，渐近线方程： .2

16、1:CyA(,0)2xy2过点 A 与渐近线 平行的直线方程为 ，即 。x2()yx1解方程组 ，得 。12xy24y所求三角形的面积为 。12|SOA8（2）证明：设直线 PQ 的方程是 bxy直线与已知圆相切， 故 ，即 。 12b2由 ，得 。12yxb0x设 ，则 .12P, Q, x、121b又 ，)(212by 。21)O(Pxyxxb 02)( bOPOQ。（3）当直线 ON 垂直于 轴时， |ON|=1，|O |= ，则 O 到直线 MN 的距离为 。xy23（此时，N 在 轴上， 在 轴上）y当直线 ON 不垂直于 x 轴时，设直线 ON 的方程为 （显然 ） ，kx2|则由

17、 OMON，得直线 OM 的方程为 。1y由 ，得 。 。142yxk2214+xky2+ON|4k同理 。2|OM1k设 O 到直线 MN 的距离为 ，d ，222(|)N|O ，即 。22113+|Mkd3d综上所述，O 到直线 MN 的距离是定值。【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性，直线与双曲线的关系，椭圆的标准方程和圆的有关性质。【解析】 （1）求出过点 A 与一条渐近线平行的直线方程，再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。（2）由两直线垂直的判定，只要证明表示这两条直线的向量积为 0 即可，从而求出直线方程，进一步求出表示这两条直线的向量，求出它们的积即可。（3）分直线 O

18、N 垂直于 轴和直线 ON 不垂直于 x 轴两种情况证明即可。x例 12. （2012 年北京市理 14 分）已知曲线 C： 22(5m)()y8(mR)、（1）若曲线 C 是焦点在 x 轴点上的椭圆，求 m 的取值范围；（2）设 m=4，曲线 c 与 y 轴的交点为 A，B（点 A 位于点 B 的上方） ，直线 与曲线 c 交于不同kx4的两点 M、N，直线 y=1 与直线 BM 交于点 G。求证：A ，G，N 三点共线。【答案】 （1）原曲线方程可化为： 。2xy185m、曲线 C 是焦点在 x 轴点上的椭圆， ，是 。85208m2、75。23k由韦达定理得： 。MNMN2264x+=x

19、=k1k1、设 。Gk44 、则 MB 的方程为 ， 。Mx6y=2M3x1k6、AN 的方程为 。Nkx欲证 A，G，N 三点共线，只需证点 G 在直线 AN 上。将 代入 ，得 ，M3xG1k6 、Nkx2y=NMkx231=26即 ，即 ，NM6 N4x=0即 ，等式恒成立。2241k6=0k由于以上各步是可逆的，从而点 在直线 AN 上。M3xG1k6 、A，G，N 三点共线。【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于 0 得不等式组求解即得 m 的取值范围。（2）欲证 A，G，N 三点共线，只需证点 G 在直线 A

20、N 上。故需求出含待定系数的直线 MB 和AN 的方程，点 G 的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线 MB 和 AN 在 时横坐y=1标相等来证 A，G，N 三点共线或直线 AN 和 AG 斜率相等。还可用向量求解。例 13. （2012 年天津市理 14 分）设椭圆 的左、右顶点分别为 ， ，点 在椭圆2+=1xyab(0)ABP上且异于 ， 两点， 为坐标原点 . 【版权归锦元数学工作室，不得转载】BO（）若直线 与 的斜率之积为 ，求椭圆的离心率；AP2（）若 ，证明直线 的斜率 满足 .|=| Pk|3【答案】解：（）设 ， ；0xy（ ， ） 20+=1xyab椭圆

21、 的左、右顶点分别为 ， , 。2()AB0aB ， ,， 。00 APBPyykkxaxa，直线 与 的斜率之积为 ， 。122200xay代入并整理得 。20 by 0， 。 。 。0y2 a21abe2e椭圆的离心率为 。2（）证明：依题意，直线 的方程为 ，设 ， ，OPykx0Py（ ， ） 20+=1xyab ， 。 。0,abkx 220+1【考点】圆锥曲线的综合，椭圆的简单性质。【分析】 （）设 ，则 ，利用直线 与 的斜率之积为 ，即可求得椭圆的0xy（ ， ） 20+=1xyabAPB12离心率。（）依题意，直线 的方程为 ，设 ，则 ，代入可得OPykx0y（ ， ） 2

22、0+=1xyab，利用 ， ，可求得 ，从而可求直线 的斜率的范围。220+1kx， ， ， ， ， 。2 21211=0=x myymy 。2222222111 1=01mAFxyy m同理， 。222=BF（i）由得， 。解 得 =2。2121mA216=2注意到 ， 。0m=直线 的斜率为 。1F2（ii）证明： ， ，即1A2B21FPA。21111BFPFPA 。12=AFPB由点 在椭圆上知， ， 。12122=AFPB同理。 。211=BFPAA 2 21221121 1+ 2BFAFB由得， ， ，12=mAFB2=mA 。123+P 是定值。【考点】椭圆的性质，直线方程，两点

23、间的距离公式。【解析】 （1）根据椭圆的性质和已知 和 都在椭圆上列式求解。(1)e， 32，（2）根据已知条件 ，用待定系数法求解。126AFB三 、 待定系数法在 三 角 函数问题中的应用：典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例 1. （2012 年湖南省文 12 分）已知函数 的部分图像如图()sin(),02fxAxR所示.（）求函数 的解析式；()fx（）求函数 的单调递增区间.)()12gfx【答案】解：（）由题设图像知，周期 ， 。152()T2T点 在函数图像上， 。5(,0)12 5sin)0,sin()06A即又 ， 。 ，即 。5463=6又点 在函数图像上， 。

24、,（ ） si1,2函数 的解析式为 。()fx()2n()fx（） 2sinsi16126gxii(2)3x 3in(sicos2)x。sincosi()x由 得22,3kxk5,1212kz 的单调递增区间是 。()g,z【考点】三角函数的图像和性质。【解析】 （）结合图形求得周期 从而求得 .再利用特殊点在图像上求152(),T2T出 ，从而求出 的解析式。,A()fx（）用（）的结论和三角恒等变换及 的单调性求得。sin()yAx例 2. （2012 年重庆市文 12 分）设函数 （其中 ）在()fx0,A处取得最大值 2，其图象与轴的相邻两个交点的距离为 。6x 2（I）求 的解析式

25、（5 分 ） ；()f（II）求函数 的值域（7 分） 。426cosin1()xgf【答案】解：（）函数 图象与轴的相邻两个交点的距离为 ，fx 2 的周期为 ，即 ，解得 。()T2 在 处取得最大值 2， =2。()fx6A ，即 。2sin)sin()13 。+3kZ，又 ， 。6 的解析式为 。()fx()2sin()fx（）函数44242co1cosin16cos+=()()6xxgf，2222cs3cs+=cos1so1xxx 又 ，且 ，2cos0,12 的值域为 。()gx75)(,4【考点】三角函数中的恒等变换应用，由 的部分图象确定其解析式。sin()fxAx【分析】 （

26、）通过函数的周期求出 ，求出 ，利用函数经过的特殊点求出 ，推出 的解析式。()fx（）利用（）推出函数 的表达式，应用同角函数关系式、倍角函426cosi1()()xgf数关系式得到 。通过 ，且 ，求出 的值域。2231()=cos+sgxx 2cos0,1x21cosx()gx例 3. （2012 年陕西省文 12 分）函数 （ ）的最大值为 3， 其图像()sin()6fxAx,A相邻两条对称轴之间的距离为 ，2（I）求函数 的解析式；()fx（）设 ，则 ，求 的值.0,()f【答案】解：（I）函数 的最大值为 3， 即 。x1,A2函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为 ，最小正周期

27、为 。 。2T2函数 的解析式为 。()fxsin()16yx（） ，即 。2sin)16si() ， 。03 ，即 。6【考点】三角函数的图像性质，三角函数的求值。【解析】 （1）通过函数的最大值求出 A，通过对称轴求出周期，求出 ，得到函数的解析式。（）通过 ，求出 ，通过 的范围，求出 的值。()2sin()126f1sin()62四 、 待定系数法在 数列问题中的应用：典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例 1. （2012 年北京市理 5 分）已知 为等差数列， 为其前 n 项和。若 ， ，则 = naS1a=23Sa2 ； nS=【答案】1； 。214【考点】等差数列【解析

28、】设等差数列的公差为 ，根据等差数列通项公式和已知 ， 得d1a=23Sa。221a=1a=d 。12naSn24例 2. （2012 年广东省理 5 分）.已知递增的等差数列 满足 ， ，则 na1234ana。【答案】 。21n-【考点】等差数列。【解析】设递增的等差数列 的公差为 （ ） ，由 得 ，nad0234a21()4d+=-解得 ，舍去负值， 。2d=2= 。21na=-例 3. （2012 年浙江省理 4 分）设公比为 的等比数列 的前 项和为 若 ，(0)qnanS23a，则 43Sq【答案】 。2【考点】等比数列的性质，待定系数法。【解析】用待定系数法将 ， 两个式子全部

29、转化成用 ，q 表示的式子：23Sa432Sa1a，112331aqq两式作差得： ，即： ，解之得： 或 (舍去)。23211()aa230q32q1例 4.（2012 年辽宁省理 5 分）已知等比数列a n为递增数列，且 ，则数列2510,(5nnaaa n的通项公式 an = 。【答案】 。2【考点】等比数列的通项公式。【解析】设等比数列a n的公比为 。q ， 。 ， 。2510a42911()a1naq又 ， 。 。2(5nn2()5nn2(1)5q解得 或 。q又等比数列a n为递增数列，舍去 。2q 。2n例 5. （2012 年天津市理 13 分）已知 是等差数列，其前 项和为

30、 ， 是等比数列,且nannSb= ， ， .1ab4+=7410Sb()求数列 与 的通项公式；n()记 ， ，证明 .121nTa +N12=+0nnTab+()N【答案】解：（1）设等差数列的公差为 ，等比数列的公比为 ，dq由 = ，得 。1a2b3444286adbqsd， ，由条件 ， 得方程组4+7=10S，解得 。3 862dq3 2q 。+1nnabN， ，()证明：由（1）得， ；23121nnnnTaa ；234+12nT由得， 2341122321+ +nnnnn naaaab 3421+=42+=2162=+461210nnn nn nn bbaaab 。=nTb+(

31、)N【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。【分析】 （）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。（）写出 的表达式，借助于错位相减求和。nT还可用数学归纳法证明其成立。例 6. （2012 年湖北省理 12 分）已知等差数列 前三项的和为-3，前三项的积为 8.na（）求等差数列 的通项公式；na（II）若 成等比数列，求数列 的前 n 项的和。 【版权归锦元数学工作室，不得转载】231, n【答案】解：（）设等差数列 的公差为 d，则 21ad， 312ad，由题意得 113,()8.a 解得 ,或 4,. 由等差数列通项公式可得 23(1)5na

32、n，或 3(1)7nan。等差数列 的通项公式为 35na，或 37na。 na（）当 35n时， 2， 3， 1分别为 ， 4， 2，不成等比数列；当 7时， ， ， 分别为 ， ， ，成等比数列，满足条件。 ,|33.nna 记数列 |n的前 项和为 nS，当 1时， 1|4Sa；当 2时， 212|5a；当 3时， 234|n n (37)(4)(37)n 2()(7)50。当 时，满足此式。综上， 24,1,310,.nnS【考点】等差等比数列的通项公式，和前 n 项和公式及基本运算。【解析】 （）设等差数列 的公差为 d，根据等差数列 前三项的和为-3，前三项的积为 8 列方程nan

33、a组求解即可。（II）对（）的结果验证符合 成等比数列的数列，应用等差数列前 n 项和公式分 1n，231,a2n， 3分别求解即可。例 7. （2012 年陕西省理 12 分）设 的公比不为 1 的等比数列，其前 项和为 ，且 成等n nS534,a差数列.（1）求数列 的公比；na（2）证明：对任意 ， 成等差数列.kN21,kkS【答案】解：（1）设数列 的公比为 （ ） ，nq0,由 成等差数列，得 ，即 。534,a3542a24311aq由 得 ，解得 。10212, 的公比不为 1， 舍去。n2q 。 2q（2）证明：对任意 ， ，kN12()kkaqS，2121112()()()kkk aqS 21112()()()kkkkaq2112()()kkq2()0kaq对任意 ， 成等差数列。kN21,kkS【考点】等差等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质。【解析】 （1）设数列 的公比为 （ ） ，利用 成等差数列结合通项公式，可得naq0,534,a，由此即可求得数列 的公比。2431aqna（2）对任意 ，可证得 ，从而得证。kN21()kkS另解：对任意 ，2121()()kkkkS121ka1(2)0ka所以，对任意 ， 成等差数列。N,S