聚焦“待定系數法”的解題應用

摘要：數學問題的解答中，通常是不能直接求解出答案的，類似于函數解析式、因式分解等試題.此時，通過待定系數法的運用，則能構建某種等量關系，以實現數學問題解答的效果.鑒于此，數學教師在進行解題教學時，需注重待定系數法的合理運用，以促使學生的解題準確率得到切實提高.

關鍵詞：待定系數法；數學；解題；應用

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0080-03

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：朱磊（1984.9-），女，江蘇省連云港人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

眾所周知，“待定系數法”是分析、解決有關代數問題的一種常用解題技巧.如果在解題中能夠加以適時靈活運用，那么可幫助我們確定解題的思維方向，獲得問題的簡捷求解.基于此，本文擬通過歸類舉例的方式加以具體說明，旨在幫助同學們提升解題的技能技巧.

1 運用“待定系數法”，處理冪函數問題

例1如果函數f（x）是冪函數，且滿足f（4）=3f（2）成立，那么f（12）=．

解析由于f（x）是冪函數，可設f（x）=xα，從而根據f（4）=3f（2）得4a=3×2a，

解得a=log23.

所以函數f（x）=xlog23.

所以f（12）=（12）log23=2-log23=2log213=13.

評注一般地，如果題意給出f（x）是冪函數，那么可靈活運用“待定系數法”求解函數f（x）的解析式，此時應設f（x）=xα，這里α是一個待定量，可由其他已知條件求解.

2 運用“待定系數法”，處理復數問題

例2已知z是復數，并且滿足z-i和z1+i均為實數，求復數z.

解析設復數z=a+bi（a，b∈R），

因為z-i=a+（b-1）i，

z1+i=a+bi1+i=（a+bi）（1-i）2

=12（a+b）-12（a-b）i，

所以根據z-i和z1+i均為實數可得

b-1=0且-a-b2=0，

解得a=b=1.

故所求復數z=1+i.

評注一般地，求解有關復數問題時，如果已知條件中無具體的復數，那么解題時可先設出復數的代數形式，化抽象為具體，有利于活用復數的四則運算，進一步分析、解決問題.

3 運用“待定系數法”，求解數列的通項公式

例3在數列an中，a2=4，a5=22，a6=32，且通項公式an是二次函數，求數列an的通項公式.

解析因為an的通項公式an是二次函數，

所以可設an=an2+bn+c（a≠0）.

因此，根據a2=4，a5=22，a6=32，可得

4a+2b+c=4，25a+5b+c=22，36a+6b+c=32，

解得a=1，b=-1，c=2.

故所求數列an的通項公式為an=n2-n+2.

評注從函數的角度看，本題實際上研究的是根據二次函數圖象上的三個不同的點，求解二次函數的解析式.結合本題，我們可進一步理解、認識：數列是一類特殊的函數.

4 運用“待定系數法”，求解圓的方程

例4若圓C經過坐標原點和點（4，0），且與直線y=1相切，則圓C的方程是.

解析設圓C的方程為

（x-a）2+（y-b）2=r2（r>0），

則根據題意可得

a2+b2=r2，（4-a）2+b2=r2，b-1=r，

解得a=2，b=-32，r2=254.

故所求圓C的方程為（x-2）2+（y+32）2=254.

評注運用“待定系數法”求解圓的方程時，可活用圓方程的標準式或一般式.具體問題求解的關鍵是先依據題設構建關于參數a，b，r（或D，E，F）的方程組，再求解該方程組.

5 運用“待定系數法”，求解直線的方程

例5已知點P（2，0），圓C：x2+y2-6x+4y+4=0，若點P∈l，且圓心C到直線l的距離等于1，求直線l的方程.

解析若直線l的斜率存在，則設直線l的方程為y=k（x-2），

即kx-y-2k=0.

又C（3，-2），所以根據題意可得

|3k+2-2k|k2+1=1.

解得k=-34.

于是，直線l的方程為y=-34（x-2）.

化簡，得3x+4y-6=0.

若直線l的斜率不存在，則易知直線l的方程為x=2，所以圓心C（3，-2）到直線l的距離等于1，適合題意.

綜上，所求直線l的方程為3x+4y-6=0，或者x=2.

評注運用“待定系數法”求直線的方程時，可靈活運用直線方程的幾種不同形式.特別提醒：利用點斜式、斜截式時，若不明確直線的斜率是否存在，則應分情況加以討論.

6 運用“待定系數法”，求解圓錐曲線的方程

例6已知橢圓的焦點在坐標軸上，且經過點P（13，13），Q（0，-12），求橢圓的標準方程.

解析設橢圓的方程為

x2m+y2n=1m>0，n>0，m≠n，

則根據題意，得

（13）2m+（13）2n=1，02m+（-12）2n=1，

解得m=15，n=14.

故所求橢圓的標準方程為y214+x215=1.

評注上述方法比較簡單，理由：巧設橢圓方程為x2m+y2n=1（m>0，n>0，m≠n），不僅包含了焦點在x軸或y軸的情形，而且也避免了分類討論，從而起到“一箭雙雕”之效.

7 運用“待定系數法”，求解函數的解析式

例7根據下列條件，求解函數f（x）的解析式：

（1）已知導函數f ′（x）是一次函數，且x2f ′（x）-（2x-1）f（x）=1；

（2）已知函數f（x）是三次函數，且f（0）=3，

f ′（0）=0，f ′（1）=-3，f ′（2）=0.

解析（1）根據導函數f ′（x）是一次函數，可知f（x）是一元二次函數，從而設函數f（x）=ax2+bx+c（a≠0），則f ′（x）=2ax+b.

從而，根據x2f ′（x）-（2x-1）f（x）=1，得

x2（2ax+b）-（2x-1）（ax2+bx+c）=1.

化簡，得（a-b）x2+（b-2c）x+c-1=0.

又因為上式對x∈R恒成立，則有a=b，b=2c，c=1，解得a=2，b=2，c=1.

故f（x）=2x2+2x+1.

（2）由于f（x）是三次函數，因此可設函數

f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0），

則求導得f ′（x）=3ax2+2bx+c.

于是，由題意可得

f（0）=d=3，f ′（0）=c=0，f ′（1）=3a+2b+c=-3，f ′（2）=12a+4b+c=0.

解得a=1，b=-3，c=0，d=3.

故f（x）=x3-3x2+3.

評注如果已知所給函數是一元二次函數（或一元三次函數），那么活用“待定系數法”可巧求函數解析式，往往需要設為一元二次函數（或一元三次函數）的一般式或其他形式.

8 運用“待定系數法”，處理有關立體幾何問題

例8如圖1所示，梯形CEPD中PD=8，CE=6，線段PD的中點為A，四邊形ABCD是正方形，現沿AB折疊，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如圖2所示的幾何體.已知點F滿足AF=λAB0<λ<1，且平面DEF⊥平面PCE，求λ的值.

解析如圖3所示，建立空間坐標系A-xyz，則點C（4，4，0），E（4，0，2），P（0，0，4），D（0，4，0）.

根據圖形，可設點F（a，0，0），

則向量FE=（4-a，0，2），DE=（4，-4，2）.

設n=（x1，y1，z1）是平面DEF的法向量，

則根據n·DE=0，n·FE=0， 可得

2x1-2y1+z1=0，（4-a）x1+2z1=0.

令x1=2，則y1=a2，z1=a-4.

于是可取n=（2，a2，a-4）．

設m=（x2，y2，z2）是平面PCE的法向量，

則根據m·PC=0，m·PE=0，以及

PC=（4，4，-4），PE=（4，0，-2），得

4x2+4y2-4z2=0，4x2-2z2=0.

令x2=1，則y2=1，z2=2，故取m=（1，1，2）．

因此，由平面DEF⊥平面PCE，得m·n=0

所以2+a2+2a-8=0，解得a=125.

所以點F（125，0，0）.

故λ=AFAB=125×14=35.

評注一般地，運用“待定系數法”可幫助我們順利求解平面法向量的坐標.特別地，如果能夠由圖形直接確定直線與平面垂直，那么該平面的法向量的坐標易觀察獲得，此時就不需要利用“待定系數法”.

綜上可知，靈活運用“待定系數法”能夠幫助我們根據題意創設有利條件，迅速明確解題的方向，從而便于順利求解目標問題.顯然，只有在解題實踐之后，不斷進行歸納、總結，才能在具體解題時努力做到活用“待定系數法”迅速處理相關數學問題.

參考文獻：

［1］韓義成.待定系數法求曲線的方程[J].數理化解題研究，2019（31）：33-34.

[2] 李效清.待定系數法在高中解題中的應用[J].中學數學教學參考，2021（31）：43-44.