2013高考理科数学解题方法攻略—待定系数法

每天发布最有价值的高考资源1/16待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。（表示恒等于）待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。待定系数法是中学数学中的一种重要方法，它在平面解析几何中有广泛的应用．(一)求直线和曲线的方程例1过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它与两坐标轴相交所成的三角形的面积为5，求此直线的方程．【解】设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ(2x-3y-2)=0，整理，得依题意，列方程得于是所求的直线方程为8x-5y＋20=0或2x-5y-10=0．【解说】(1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，λ是待定系数．(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法．例2如图2－9，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点N∈l1，以A、B为端点的曲线C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等．若每天发布最有价值的高考资源2/16系，求曲线C的方程．【解】如图2－9，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系．由已知，得曲线C是以点N为焦点、l2为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线C的端点．设曲线C的方程为y2=2px，p＞0(x1≤x≤x2，y＞0)．其中，x1、x2分别是A、B的横坐标，p=|MN|．从而M、N解之，得p=4，x1=1．故曲线C的方程为y2=8x(1≤x≤4，y＞0)．(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质例3已知方程ax2＋bxy＋cy2=0表示两条不重合的直线L1、L2．求：(1)直线L1与L2交角的两条角平分线方程；(2)直线L1与L2的夹角的大小．【解】设L1、L2的方程分别为mx＋ny=0、qx＋py=0，则ax2+bxy＋cy2＝(mx+ny)(qx+py)．从而由待定系数法，得a＝mq，b＝mp＋nq，c=np．(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为即(m2＋n2)(qx＋py)2=(q2+p2)(mx＋ny)2，化简、整理，得(nq-mp)[(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq＋mp)y2]=0．∵L1、L2是两条不重合的直线∴b2-4ac＝(mp+nq)2-4mnpq=(mp－nq)2＞0．即mp-nq≠0．每天发布最有价值的高考资源3/16从而(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0．把mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得bx2+2(c-a)xy-by2＝0．即为所求的两条角平分线方程．(2)显然当mq＋np=0，即a+c=0时，直线L1与L2垂直，即夹角为90°．当mq＋np≠0即a＋c≠0时，设L1与L2的夹角为α，则【解说】一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法较为简便．(三)探讨二次曲线的性质1．证明曲线系过定点例4求证：不论参数t取什么实数值，曲线系(4t2＋t＋1)x2+(t＋1)y2＋4t(t＋1)y-(109t2＋21t+31)=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标．【证明】把原方程整理成参数t的方程，得(4x2＋4y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2＋y2-31=0．∵t是任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的步骤是：(1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；每天发布最有价值的高考资源4/16(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组；(3)解这个方程组，即得定点坐标．2．求圆系的公切线或公切圆例5求圆系x2＋y2-2(2m＋1)x-2my＋4m2＋4m＋1=0(m≠0)的公切线方程．【解】将圆系方程整理为[x-(2m+1)]2＋(y-m)2=m2(m≠0)显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线．设它的公切线方程为y=kx＋b，则由圆心(2m＋1，m)到切线的距离等于半径|m|，得从而[(1-2k)m-(k＋b)]2＝m2(1＋k2)，整理成m的方程，得(3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)2=0．∵m取零以外的任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是：(1)把圆系方程化为标准方程，求出圆心和半径；(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kx＋b，利用圆心到切线的距离等于半径，求出k、b、m的关系式f(k，b，m)=0；(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G(m)=0．由于m∈R，从而可得m的各项系数(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；(4)解这个方程组，求出k、b的值；每天发布最有价值的高考资源5/16(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程．3．化简二元二次方程例6求曲线9x2＋4y2＋18x-16y-11=0的焦点和准线．【分析】把平移公式x=x′＋h，y=y′＋k，代入原方程化简．【解】(略)．例7．已知函数y＝mxxnx22431的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。【分析】求函数的表达式，实际上就是确定系数m、n的值；已知最大值、最小值实际是就是已知函数的值域，对分子或分母为二次函数的分式函数的值域易联想到“判别式法”。【解】函数式变形为：(y－m)x2－43x＋(y－n)＝0，x∈R,由已知得y－m≠0∴△＝(－43)2－4(y－m)(y－n)≥0即：y2－(m＋n)y＋(mn－12)≤0①不等式①的解集为(-1,7)，则－1、7是方程y2－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两根，代入两根得：1120497120()()mnmnmnmn解得：mn51或mn15∴y＝5431122xxx或者y＝xxx224351此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y2－6y－7≤0，然后与不等式①比较系数而得：mnmn6127，解出m、n而求得函数式y。【注】在所求函数式中有两个系数m、n需要确定，首先用“判别式法”处理函数值域问题，得到了含参数m、n的关于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求参数m、n。两种方法可以求解，一是视为方程两根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集写出不等式，比较含参数的不等式而列出m、n的方程组求解。本题要求对一元二次不等式的解集概念理解透彻，也要求理解求函数值域的“判别式法”：将y视为参数，函数式化成含参数y的关于x的一元二次方程，可知其有解，利用△≥0,建立了关于参数y的不等式，解出y的范围就是值域，使用“判别式法”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方程。例8.设椭圆中心在(2,-1)，它的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴较近的端点距离是10－5，求椭圆的方程。【分析】求椭圆方程，根据所给条件，确定几何数据a、b、c之值，问题就全部解决了。设a、b、c后，由已知垂直关系而联想到勾股定理建立一个方程，再将焦点与长轴较近端点的距离转化为a－c的值后列出第二个方程。每天发布最有价值的高考资源6/16【解】设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|＝a∴abcaabac2222222105()解得：ab105∴所求椭圆方程是：x210＋y25＝1也可有垂直关系推证出等腰Rt△BB’F’后，由其性质推证出等腰Rt△B’O’F’，再进行如下列式：bcacabc105222，更容易求出a、b的值。【注】圆锥曲线中，参数（a、b、c、e、p）的确定，是待定系数法的生动体现；如何确定，要抓住已知条件，将其转换成表达式。在曲线的平移中，几何数据（a、b、c、e）不变，本题就利用了这一特征，列出关于a－c的等式。一般地，解析几何中求曲线方程的问题，大部分用待定系数法，基本步骤是：设方程（或几何数据）→几何条件转换成方程→求解→已知系数代入。例9.是否存在常数a、b、c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝nn()112(an2＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论。（89年全国高考题）【分析】是否存在，不妨假设存在。由已知等式对一切自然数n都成立，取特殊值n＝1、2、3列出关于a、b、c的方程组，解方程组求出a、b、c的值，再用数学归纳法证明等式对所有自然数n都成立。【解】假设存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝16(a＋b＋c)；n＝2，得22＝12(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：abcabcabC2442449370,解得abc31110，于是对n＝1、2、3，等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝nn()112(3n2＋11n＋10)成立，下面用数学归纳法证明对任意自然数n，该等式都成立：假设对n＝k时等式成立，即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝kk()112(3k2＋11k＋10)；当n＝k＋1时，1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2＝kk()112(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2＝kk()112(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)2＝()()kk1212（3k2＋5k＋12k＋24）＝()()kk1212[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，也就是说，等式对n＝k＋1也成立。每天发布最有价值的高考资源7/16综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立。【注】建立关于待定系数的方程组，在于由几个特殊值代入而得到。此种解法中，也体现了方程思想和特殊值法。对于是否存在性问题待定系数时，可以按照先试值、再猜想、最后归纳证明的步骤进行。本题如果记得两个特殊数列13＋23＋…＋n3、12＋22＋…＋n2求和的公式，也可以抓住通项的拆开，运用数列求和公式而直接求解：由n(n＋1)2＝n3＋2n2＋n得Sn＝1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝(13＋23＋…＋n3)＋2(12＋22＋…＋n2)＋(1＋2＋…＋n)＝nn2214()＋2×nnn()()1216＋nn()12＝nn()112(3n2＋11n＋10)，综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立。例10.有矩形的铁皮，其长为30cm，宽为14cm，要从四角上剪掉边长为xcm的四个小正方形，将剩余部分折成一个无盖的矩形盒子，问x为何值时，矩形盒子容积最大，最大容积是多少？【分析】实际问题中，最大值、最小值的研究，先由已知条件选取合适的变量建立目标函数，将实际问题转化为函数最大值和最小值的研究。【解】依题意，矩形盒子底边边长为(30－2x)cm，底边宽为(14－2x)cm，高为xcm。∴盒子容积V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x，显然:15－x0，7－x0，x0。设V＝4ab(15a－ax)(7b－bx)x(a0,b0）要使用均值不等式，则abaaxbbxx1015