备战高考数学专题讲座数学解题方法之待定系数法探讨

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。应用待定系数法解题以多项式

2、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，的反函数，那么的值依次为”，解答此题，并不困难，只需先将化为反函数形式，与中对应项的系数加以比较后，就可得到关于的方程组，从而求得值。这里的就是有待于确定的系数。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，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数。消除待定系数法通过设定待定参数，把

3、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。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

4、题：例1.（2012年浙江省理4分）若将函数表示为，其中，为实数，则 【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。或对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用特殊元素法，令得：，即。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，且函数在上是增函数，则a . 【答案】。【考点】函数的增减性。【解析】，。当时，函数是增函数，在1，2上的最大值为，最小值为。此时，它在上是减函数，与题设不符。当时，函数是减函数，在1，2上的最大值为，最小值为。此时，它在上是增函数，符合题意。综上所述，满足条件的。例3.（2012年江苏省5分

5、）设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，其中若，则的值为 【答案】。【考点】周期函数的性质。【解析】是定义在上且周期为2的函数，即。又，。联立，解得，。例4.（2012年全国大纲卷文12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设有两个极值点，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值【答案】解：（1），当时，且仅当时。是增函数。当时，有两个根。列表如下：的增减性0增函数减函数0增函数（2）由题设知，是的两个根，且。同理，。直线的解析式为。设直线与轴的交点为，则，解得。代入得，在轴上，解得，或或。【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。（2）由，是的两个

6、根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。例5.（2012年全国课标卷文5分）设函数()求的单调区间()若a=1，k为整数，且当x>0时，求k的最大值【答案】解：() f(x)的的定义域为，。若，则，在上单调递增。若，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增。 ()a=1，。当x>0时，它等价于。令，则。由()知，函数在上单调递增。，在上存在唯一的零点。在上存在唯一的零点，设此零点为，则。当时，；当时，。在上的最小值为。又，即，。因此，即整数k的最大值为2。【考点】函数的单调性质，导数的应用。【解析】(

7、)分和讨论的单调区间即可。 ()由于当x>0时，等价于，令，求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。二、待定系数法在圆锥曲线问题中的应用：典型例题：例1.（2012年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为【】【答案】。【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。【解析】是椭圆的左、右焦点，。是底角为的等腰三角形，。为直线上一点，。又，即。故选。例2.（2012年全国课标卷理5分）等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于两点，；则的实轴长为【】【答案】。【考点】双曲线和抛物线的性质。【解析】的准线。与抛物线

8、的准线交于两点，。设，则，得，。故选。例3.（2012年山东省理5分）已知椭圆C：的离心率为，双曲线的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 【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，代入可得。又根据椭圆对称性质，知所构成的四边形是正方形，即。又由椭圆的离心率为可得。联立，解得。椭圆方程为。故选D。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的渐近线上，则C的方程为【】A B. C. D.【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

9、焦距为，则。C的渐近线为，点P （2,1）在C 的渐近线上，即。又，C的方程为。故选A。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，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于【】A. B4 C3 D5【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，双曲线的焦点为F(c,0)，且。双曲线的渐近线方程为：y±x，双曲线焦点到渐近线的距离db。故选A。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离已知曲线：到直线：的距离等于曲

10、线：到直线：的距离，则实数 【答案】。【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：。由定义，曲线C2到直线l：yx的距离为。又由曲线C1：yx 2a，令，得：，则曲线C1：yx 2a到直线l：yx的距离的点为(，)。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，若则= .【答案】。【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），代入抛物线方程，整理得。设，则。又，。，解得。代入得。，。例8.（2012年陕西省理5分）下图是抛物线

11、形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 米.【答案】。【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，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，抛物线过点（2，2，）.代入得，即。抛物线方程为。当时，水位下降1米后，水面宽米。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 【答案】。【考点】圆与圆的位置关系，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。由题意，直线上至少存在一点，以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点；存在，

12、使得成立，即。即为点到直线的距离，解得。的最大值是。例10.（2012年全国大纲卷理12分）已知抛物线与圆有一个公共点，且在处两曲线的切线为同一直线。（1）求；（2）设、是异于且与及都相切的两条直线，、的交点为，求到的距离。【答案】解：（1）设，对求导得。直线的斜率，当时，不合题意，。圆心为，的斜率，由知，即，解得。（2）设为上一点，则在该点处的切线方程为即。若该直线与圆相切，则圆心到该切线的距离为，即，化简可得，解得。抛物线在点处的切线分别为，其方程分别为。得，将代入得，故。到直线的距离为。【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

13、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，可由（1）求出。、的切线方程含有待定系数，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到的距离。例11.（2012年上海市理16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线.（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轴围成的三角形的面积；（4分）（2）设斜率为1的直线交于P、Q两点，若与

14、圆相切，求证：OPOQ；（6分）（3）设椭圆. 若M、N分别是、上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值.（6分）【答案】解：（1）双曲线的左顶点，渐近线方程：.过点A与渐近线平行的直线方程为，即。解方程组，得。所求三角形的面积为。（2）证明：设直线PQ的方程是直线与已知圆相切，故，即。由，得。设，则.又，。OPOQ。（3）当直线ON垂直于轴时， |ON|=1，|O|=，则O到直线MN的距离为。（此时，N在轴上，在轴上）当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为（显然），则由OMON，得直线OM的方程为。由，得。同理。设O到直线MN的距离为，即。综上所述，O到直线MN的距离是定值

15、。【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ON垂直于轴和直线ON不垂直于x轴两种情况证明即可。例12.（2012年北京市理14分）已知曲线C：（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交于不同的两点M、N，直线y=1与

16、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：。曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，是。若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。（2）证明：m=4，曲线c的方程为。将已知直线代入椭圆方程化简得：。由得，。由韦达定理得：。设。则MB的方程为，。 AN的方程为。欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。将代入，得，即，即，即，等式恒成立。由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。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

17、，N三点共线，只需证点G在直线AN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，点在椭圆上且异于，两点，为坐标原点.（）若直线与的斜率之积为，求椭圆的离心率；（）若，证明直线的斜率满足.【答案】解：（）设，；椭圆的左、右顶点分别为，,。直线与的斜率之积为，。代入并整理得。0，。椭圆的离心率为。（）证明：依题意，直线的方程为，设，。|，。代入得，3。直线的斜率满足。【考点】圆锥曲线的综合，椭

18、圆的简单性质。【分析】（）设，则，利用直线与的斜率之积为，即可求得椭圆的离心率。（）依题意，直线的方程为，设，则，代入可得，利用，可求得，从而可求直线的斜率的范围。例14.（2012年山东省理13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为。（）求抛物线C的方程；（）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；（）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当时

19、，的最小值。【答案】解：（）F抛物线C：x2=2py（p0）的焦点F，设M，。由题意可知，则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得。抛物线C的方程为。（）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，而，即。由可得，则，即，解得，点M的坐标为。（）点M的横坐标为，点M，。由可得。设，则。圆，圆心到直线l 的距离。，令。设，则。当时，即当时，。当时，。【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。【解析】（）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。（）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标

20、。（）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。例15.（2012年湖南省理13分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的点均在外，且对C1上任意一点M，M到直线x=2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值.（）求曲线C1的方程；（）设为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x=4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值.【答案】解：（）设M的坐标为，由已知得，易知圆上的点位于直线的右侧，于是，所以，化简得曲线的方程为。（）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过P且与圆相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物

21、线有两个交点，切线方程为。于是，整理得设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程的两个实根，由得设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，则是方程的两个实根，所以同理可得由，三式得。当P在直线上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400。【考点】曲线与方程，直线与曲线的位置关系【解析】（）根据M到直线x=2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值用直接法求出曲线的方程。也可用定义法求出曲线的方程：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为。（）设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到四点纵坐标之

22、积为定值。例16.（2012年辽宁省理12分）如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，。点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点。 ()求直线与直线交点M的轨迹方程; ()设动圆与相交于四点，其中，。若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值。【答案】解：（I）设，直线A1A的方程为，直线A2B的方程为。由×可得：。在椭圆上，。代入可得：，点M的轨迹方程为。（II）证明：设，矩形与矩形的面积相等，。A，A均在椭圆上，。，。，。为定值。【考点】圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用。【解析】（I）设出线A1A的方程、直线A

23、2B的方程，求得交点满足的方程，利用A在椭圆上，化简即可得到点M的轨迹方程。（II）根据矩形与矩形的面积相等，可得A，A坐标之间的关系，利用A，A均在椭圆上，即可证得为定值。例17.（2012年陕西省理12分）已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆和上，求直线的方程.【答案】解：（1）椭圆以的长轴为短轴，可设椭圆的方程为。椭圆的离心率为，椭圆与有相同的离心率，则。椭圆的方程为。（2）两点的坐标分别记为，由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，可以设直线的方程为。将代入中，得，。将代入中，则，。由，得，即，解得。直线的方程为或

24、。【考点】椭圆的标准方程和性质，向量相等的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。【解析】（1）根据椭圆以的长轴为短轴，可设椭圆的方程为；由椭圆与有相同的离心率，可求得，从而得到椭圆的方程。（2）由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，可以设直线的方程为。将分别代入两椭圆方程，求出和。由，得，从而求出，得到直线的方程。例18.（2012年江苏省16分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P（i）若，求直线的斜率；（ii）求证：是定值【答案】解：（1）由题设知，由

25、点在椭圆上，得，。由点在椭圆上，得椭圆的方程为。（2）由（1）得，又，设、的方程分别为，。同理，。（i）由得，。解得=2。注意到，。直线的斜率为。（ii）证明：，即。由点在椭圆上知，。同理。由得，。是定值。【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式。【解析】（1）根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解。（2）根据已知条件，用待定系数法求解。三、待定系数法在三角函数问题中的应用：典型例题：例1.（2012年湖南省文12分）已知函数的部分图像如图所示.（）求函数的解析式；（）求函数的单调递增区间.【答案】解：（）由题设图像知，周期，。点在函数图像上，。又，。，即。又点在函数图像上，。函数的解

26、析式为。（）。由得的单调递增区间是。【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出，从而求出的解析式。（）用（）的结论和三角恒等变换及的单调性求得。例2.（2012年重庆市文12分）设函数（其中）在处取得最大值2，其图象与轴的相邻两个交点的距离为。（I）求的解析式（5分）；（II）求函数的值域（7分）。【答案】解：（）函数图象与轴的相邻两个交点的距离为，的周期为，即，解得。在处取得最大值2，=2。，即。又，。的解析式为。（）函数，又，且，的值域为。【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。【分析】（）通过函数的周期求出，求出，利用

27、函数经过的特殊点求出，推出的解析式。（）利用（）推出函数的表达式，应用同角函数关系式、倍角函数关系式得到。通过，且，求出的值域。例3.（2012年陕西省文12分）函数（）的最大值为3，其图像相邻两条对称轴之间的距离为，（I）求函数的解析式；（）设，则，求的值.【答案】解：（I）函数的最大值为3，即。函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，最小正周期为。函数的解析式为。（），即。，。，即。【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。四、待定系数法在数列问题中的应用：典型例题：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= ； 【答案】1；。【考点】等差数列【解析】设等差数列的公差为，根据等差数列通项公式和已知，得。例2.（2012年广东省理5分）.已知递增的等差数列满足，则。【答案】。【考点】等差数列。【解析】设递增的等差数列的公差为（），由得，解得，舍去负值，。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，则 【答案】。【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