聚焦“待定系数法”的解题应用

摘要：数学问题的解答中，通常是不能直接求解出答案的，类似于函数解析式、因式分解等試题.此时，通过待定系数法的运用，则能构建某种等量关系，以实现数学问题解答的效果.鉴于此，数学教师在进行解题教学时，需注重待定系数法的合理运用，以促使学生的解题准确率得到切实提高.

关键词：待定系数法；数学；解题；应用

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）28-0080-03

收稿日期：2022-07-05

作者简介：朱磊（1984.9-），女，江苏省连云港人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

众所周知，“待定系数法”是分析、解决有关代数问题的一种常用解题技巧.如果在解题中能够加以适时灵活运用，那么可帮助我们确定解题的思维方向，获得问题的简捷求解.基于此，本文拟通过归类举例的方式加以具体说明，旨在帮助同学们提升解题的技能技巧.

1 运用“待定系数法”，处理幂函数问题

例1如果函数f（x）是幂函数，且满足f（4）=3f（2）成立，那么f（12）=．

解析由于f（x）是幂函数，可设f（x）=xα，从而根据f（4）=3f（2）得4a=3×2a，

解得a=log23.

所以函数f（x）=xlog23.

所以f（12）=（12）log23=2-log23=2log213=13.

评注一般地，如果题意给出f（x）是幂函数，那么可灵活运用“待定系数法”求解函数f（x）的解析式，此时应设f（x）=xα，这里α是一个待定量，可由其他已知条件求解.

2 运用“待定系数法”，处理复数问题

例2已知z是复数，并且满足z-i和z1+i均为实数，求复数z.

解析设复数z=a+bi（a，b∈R），

因为z-i=a+（b-1）i，

z1+i=a+bi1+i=（a+bi）（1-i）2

=12（a+b）-12（a-b）i，

所以根据z-i和z1+i均为实数可得

b-1=0且-a-b2=0，

解得a=b=1.

故所求复数z=1+i.

评注一般地，求解有关复数问题时，如果已知条件中无具体的复数，那么解题时可先设出复数的代数形式，化抽象为具体，有利于活用复数的四则运算，进一步分析、解决问题.

3 运用“待定系数法”，求解数列的通项公式

例3在数列an中，a2=4，a5=22，a6=32，且通项公式an是二次函数，求数列an的通项公式.

解析因为an的通项公式an是二次函数，

所以可设an=an2+bn+c（a≠0）.

因此，根据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.

故所求数列an的通项公式为an=n2-n+2.

评注从函数的角度看，本题实际上研究的是根据二次函数图象上的三个不同的点，求解二次函数的解析式.结合本题，我们可进一步理解、认识：数列是一类特殊的函数.

4 运用“待定系数法”，求解圆的方程

例4若圆C经过坐标原点和点（4，0），且与直线y=1相切，则圆C的方程是.

解析设圆C的方程为

（x-a）2+（y-b）2=r2（r>0），

则根据题意可得

a2+b2=r2，（4-a）2+b2=r2，b-1=r，

解得a=2，b=-32，r2=254.

故所求圆C的方程为（x-2）2+（y+32）2=254.

评注运用“待定系数法”求解圆的方程时，可活用圆方程的标准式或一般式.具体问题求解的关键是先依据题设构建关于参数a，b，r（或D，E，F）的方程组，再求解该方程组.

5 运用“待定系数法”，求解直线的方程

例5已知点P（2，0），圆C：x2+y2-6x+4y+4=0，若点P∈l，且圆心C到直线l的距离等于1，求直线l的方程.

解析若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y=k（x-2），

即kx-y-2k=0.

又C（3，-2），所以根据题意可得

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

解得k=-34.

于是，直线l的方程为y=-34（x-2）.

化简，得3x+4y-6=0.

若直线l的斜率不存在，则易知直线l的方程为x=2，所以圆心C（3，-2）到直线l的距离等于1，适合题意.

综上，所求直线l的方程为3x+4y-6=0，或者x=2.

评注运用“待定系数法”求直线的方程时，可灵活运用直线方程的几种不同形式.特别提醒：利用点斜式、斜截式时，若不明确直线的斜率是否存在，则应分情况加以讨论.

6 运用“待定系数法”，求解圆锥曲线的方程

例6已知椭圆的焦点在坐标轴上，且经过点P（13，13），Q（0，-12），求椭圆的标准方程.

解析设椭圆的方程为

x2m+y2n=1m>0，n>0，m≠n，

則根据题意，得

（13）2m+（13）2n=1，02m+（-12）2n=1，

解得m=15，n=14.

故所求椭圆的标准方程为y214+x215=1.

评注上述方法比较简单，理由：巧设椭圆方程为x2m+y2n=1（m>0，n>0，m≠n），不仅包含了焦点在x轴或y轴的情形，而且也避免了分类讨论，从而起到“一箭双雕”之效.

7 运用“待定系数法”，求解函数的解析式

例7根据下列条件，求解函数f（x）的解析式：

（1）已知导函数f ′（x）是一次函数，且x2f ′（x）-（2x-1）f（x）=1；

（2）已知函数f（x）是三次函数，且f（0）=3，

f ′（0）=0，f ′（1）=-3，f ′（2）=0.

解析（1）根据导函数f ′（x）是一次函数，可知f（x）是一元二次函数，从而设函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），则f ′（x）=2ax+b.

从而，根据x2f ′（x）-（2x-1）f（x）=1，得

x2（2ax+b）-（2x-1）（ax2+bx+c）=1.

化简，得（a-b）x2+（b-2c）x+c-1=0.

又因为上式对x∈R恒成立，则有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）是三次函数，因此可设函数

f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0），

则求导得f ′（x）=3ax2+2bx+c.

于是，由题意可得

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.

评注如果已知所给函数是一元二次函数（或一元三次函数），那么活用“待定系数法”可巧求函数解析式，往往需要设为一元二次函数（或一元三次函数）的一般式或其他形式.

8 运用“待定系数法”，处理有关立体几何问题

例8如图1所示，梯形CEPD中PD=8，CE=6，线段PD的中点为A，四边形ABCD是正方形，现沿AB折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体.已知点F满足AF=λAB0<λ<1，且平面DEF⊥平面PCE，求λ的值.

解析如图3所示，建立空间坐标系A-xyz，则点C（4，4，0），E（4，0，2），P（0，0，4），D（0，4，0）.

根据图形，可设点F（a，0，0），

则向量FE=（4-a，0，2），DE=（4，-4，2）.

设n=（x1，y1，z1）是平面DEF的法向量，

则根据n·DE=0，n·FE=0， 可得

2x1-2y1+z1=0，（4-a）x1+2z1=0.

令x1=2，则y1=a2，z1=a-4.

于是可取n=（2，a2，a-4）．

设m=（x2，y2，z2）是平面PCE的法向量，

则根据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，则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.

所以点F（125，0，0）.

故λ=AFAB=125×14=35.

评注一般地，运用“待定系数法”可帮助我们顺利求解平面法向量的坐标.特别地，如果能够由图形直接确定直线与平面垂直，那么该平面的法向量的坐标易观察获得，此时就不需要利用“待定系数法”.

综上可知，灵活运用“待定系数法”能够帮助我们根据题意创设有利条件，迅速明确解题的方向，从而便于顺利求解目标问题.显然，只有在解题实践之后，不断进行归纳、总结，才能在具体解题时努力做到活用“待定系数法”迅速处理相关数学问题.

参考文献：

［1］韩义成.待定系数法求曲线的方程[J].数理化解题研究，2019（31）：33-34.

[2] 李效清.待定系数法在高中解题中的应用[J].中学数学教学参考，2021（31）：43-44.