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[摘 要] 待定系数法是中学数学的基本方法之一，但在日常教学中发现它没有引起师生的足够重视，往往被忽视，文章以历年浙江高考数学题为例对待定系数法应用做一个比较全面的概括，以回归其应有的地位.
[关键词] 浙江高考题；待定系数法；方法应用
对于某些数学问题，若是知所求结果具有某种确定的形式，则可研究和引入一些尚待确定的系数来表示这样的结果，通过变形与比较，建立起含有待定字母系数的方程（组），并求出相应字母系数的值，进而使问题获解，这种方法称之为待定系数法. 其理论依据是多项式的恒等定理即以标准形式给出的两个多项式恒等的充要条件是这两个多项式的对应项系数相等. 待定系数法是中学数学的基本方法之一，但在日常教学中发现它没有引起师生的足够重视，往往被忽视，本文试图以历年浙江高考数学题为例对待定系数法应用做一个比较全面的概括，以回归其应有的地位，现分述如下：
利用待定系数法求参变量
例1 （2014年浙江卷理6）
已知函数f（x）=x3 ax2 bx c，且0 A. c≤3？摇？摇？摇？摇？摇？摇 B. 3 C. 69
解析：因f（-1）=f（-2）=f（-3），所以可设f（x）=（x 1）（x 2）（x 3） d，比较两者f（x），由待定系数法可得d=c-6，令x= -1，得d=c-6∈（0，3]，故6 评注：一般地，若函数f（x）=ax3 bx2 cx d的零点为x1，x2，x3，可设f（x）=a（x-x1）·（x-x2）（x-x3）；若函数f（x）=ax3 bx2 cx d的值满足f（x1）=f（x2）=f（x3），可设f（x）=a（x-x1）（x-x2）（x-x3） d ax1x2x3；高次函数也可类似设.
例2 （2015年浙江卷理15）
已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2=，若空间向量b满足b·e1=2，b·e2=，且对于任意x，y∈R，b-（xe1 ye2）≥b-（x0e1 y0e2）=1（x0，y0∈R），则x0=______，y0=______，b=______.
解析：b-（xe1 ye2）2=b2 x2 y2-4x-5y xy=x （y-2）2 b2-7，
由题意可知，当x=x0，y=y0时，b-（xe1 ye2）有最小值1.
由待定系数法得x0 =0，y0-2=0，b2-7=1，
所以x0=1，y0=2，b=2.
评注：解决本题的关键有二：一是明确b-（xe1 ye2）的最小值为定值
b-（x0e1 y0e2），二是模的平方后的配方，然后由待定系数法列出方程组. 一般地，向量模的问题往往通过平方或构造图形或建立坐标系来解决，然后挖掘图形或坐标间内在联系建立含有待定系数的恒等关系.
例3 （2010年浙江卷理7）
若实数x，y满足不等式组x 3y-3≥0，2x-y-3≤0，x-my 1≥0， 且x y的最大值为9，则实数m等于（ ）
A. -2？摇？摇？摇？摇 ？摇B. -1？摇？摇？摇？摇？摇C. 1？摇？摇？摇？摇？摇？摇D. 2
解析：由图像可知：当x y取最大值9时，直线x y=9过2x-y-3=0与x-my 1=0的交点，因2x-y-3=0与x y=9的交点为（4，5），把（4，5）代入直线x-my 1=0，由待定系数法得m=1.
评注：本题的待定系数m已给出，无须再引进参数，问题反过来转化为根据结论x y的最大值为9结合图形来确定已知中的待定系数m的值.
利用待定系数法求函数解析式
例4 （2016年浙江卷理10）
已知2cos2x sin2x=Asin（ωx φ） b（A>0），则A=________，b=________.
解析：2cos2x sin2x=1 cos2x sin2x=sin2x 1 ，所以A=，b=1.
评注：本题的实质就是把一个代数式从一种形式变换为另一种形式，并且保持变形前后的两个代数式是恒等的，也就是形变而值不变，然后用待定系数法求出A，b值.
例5 （2011年浙江卷文18）
已知函数f（x）=Asinx φ，x∈R，A>0，0<φ<. y=f（x）的部分图像，如图1所示，P，Q分别为该图像的最高点和最低点，点P的坐标为（1，A）.
（Ⅰ）求f（x）的最小正周期及φ的值；
（Ⅱ）若点R的坐标为（1，0），∠PRQ=，求A的值.
解析：（Ⅰ）由题意得，T==6.
因为P（1，A）在y=Asinx φ的图像上，所以sin φ=1.
又因为0<φ<，所以φ=.
？摇 （Ⅱ）设点Q的坐标为（x0，-A），
？摇由题意可知x0 =，得x0=4，所以Q（4，-A）.
？摇连接PQ，在△PRQ中，∠PRQ=，由余弦定理得
？摇cos∠PRQ===-.
解得A2=3. 又A>0，所以A=.
评注：一般地，解决函数与图像有关的问题关键是充分挖掘图像包含的信息，然而利用几何条件建立关于待定系数的方程（组）.
利用待定系数法求方程
例6 （2010年浙江卷理21）
已知m>1，直线l：x-my-=0，椭圆C： y2=1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点.
（Ⅰ）當直线l过右焦点F2时，求直线l的方程； （Ⅱ）略.
解析：（Ⅰ）因为直线l：x-my-=0经过F2（，0），
所以=，得m2=2.
又因为m>1，所以m=，
故直线l的方程为x-y-1=0.
例7 （2009年浙江卷理20）
已知数列{an}中，a1=1，an 1=c-，设c=，bn=，求数列{bn}的通项公式.
解析：bn 1=== 2，即bn 1=4bn 2. 设bn 1 λ=4（bn λ），由待定系数法得λ=，则bn 1 =4bn ，故bn 是首项为-，公比为4的等比数列，即bn =-×4n-1，则bn=--.
评注：求形如数列an 1=pan q的通项公式，可引进待定系数得an 1 λ=p（an λ），从而构造新数列{an λ}是公比为p的等比数列.
利用待定系数法求最值
例8 （2011年浙江卷理16）
设x，y为实数，若4x2 y2 xy=1，则2x y的最大值是________.
解析：待定系数λ，μ，则：
（2x y）2=4x2 y2 4xy
=4x2 y2 2λxμy （4-2λμ）xy≤4x2 y2 （λx）2 （μy）2 （4-2λμ）xy
=（4 λ2）x2 （1 μ2）y2 （4-2λμ）xy（λ，μ>0）.
取4 λ2=4（1 μ2）=4（4-2λμ），则λ2=，μ2=.
即（2x y）2≤（4x2 y2 xy）=，所以2x y≤.
类似地还可进一步求：
例9 若x，y，z是正数，且满足x 2y 3z=1，求 的最小值.
解析：待定系数α，β，γ，设 αx αx αx≥4，
同理 3βy≥4， 3γz≥4，三式相加.
因为x 2y 3z=1，可见当且仅当α∶β∶γ=1∶2∶3时，
即∶∶=1∶2∶3时取等号，结合x 2y 3z=1，得
x=，y=，z=时取等号， 的最小值为1296.
评注：根据题目需要可引进2个及以上待定系数，一般地求不等式最值往往采用多个待定系数，同时还要考虑等号能否同时成立.
从上可知，待定系数法是历年浙江高考数学卷中的“常客”， 应该把它放到足够高的地位，同时利用待定系数法解题的关键是把握好三关：一是“引进关”：根据题意引进恰当的待定系数，转化为我们熟悉的结构形式；二是“联列关”：根据已知条件，利用恒等式相等或几何条件或定义本身的属性等列出方程（组）；三是“求解关”：求出各待定字母系數，进而解决问题.
[关键词] 浙江高考题；待定系数法；方法应用
对于某些数学问题，若是知所求结果具有某种确定的形式，则可研究和引入一些尚待确定的系数来表示这样的结果，通过变形与比较，建立起含有待定字母系数的方程（组），并求出相应字母系数的值，进而使问题获解，这种方法称之为待定系数法. 其理论依据是多项式的恒等定理即以标准形式给出的两个多项式恒等的充要条件是这两个多项式的对应项系数相等. 待定系数法是中学数学的基本方法之一，但在日常教学中发现它没有引起师生的足够重视，往往被忽视，本文试图以历年浙江高考数学题为例对待定系数法应用做一个比较全面的概括，以回归其应有的地位，现分述如下：
利用待定系数法求参变量
例1 （2014年浙江卷理6）
已知函数f（x）=x3 ax2 bx c，且0
解析：因f（-1）=f（-2）=f（-3），所以可设f（x）=（x 1）（x 2）（x 3） d，比较两者f（x），由待定系数法可得d=c-6，令x= -1，得d=c-6∈（0，3]，故6
例2 （2015年浙江卷理15）
已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2=，若空间向量b满足b·e1=2，b·e2=，且对于任意x，y∈R，b-（xe1 ye2）≥b-（x0e1 y0e2）=1（x0，y0∈R），则x0=______，y0=______，b=______.
解析：b-（xe1 ye2）2=b2 x2 y2-4x-5y xy=x （y-2）2 b2-7，
由题意可知，当x=x0，y=y0时，b-（xe1 ye2）有最小值1.
由待定系数法得x0 =0，y0-2=0，b2-7=1，
所以x0=1，y0=2，b=2.
评注：解决本题的关键有二：一是明确b-（xe1 ye2）的最小值为定值
b-（x0e1 y0e2），二是模的平方后的配方，然后由待定系数法列出方程组. 一般地，向量模的问题往往通过平方或构造图形或建立坐标系来解决，然后挖掘图形或坐标间内在联系建立含有待定系数的恒等关系.
例3 （2010年浙江卷理7）
若实数x，y满足不等式组x 3y-3≥0，2x-y-3≤0，x-my 1≥0， 且x y的最大值为9，则实数m等于（ ）
A. -2？摇？摇？摇？摇 ？摇B. -1？摇？摇？摇？摇？摇C. 1？摇？摇？摇？摇？摇？摇D. 2
解析：由图像可知：当x y取最大值9时，直线x y=9过2x-y-3=0与x-my 1=0的交点，因2x-y-3=0与x y=9的交点为（4，5），把（4，5）代入直线x-my 1=0，由待定系数法得m=1.
评注：本题的待定系数m已给出，无须再引进参数，问题反过来转化为根据结论x y的最大值为9结合图形来确定已知中的待定系数m的值.
利用待定系数法求函数解析式
例4 （2016年浙江卷理10）
已知2cos2x sin2x=Asin（ωx φ） b（A>0），则A=________，b=________.
解析：2cos2x sin2x=1 cos2x sin2x=sin2x 1 ，所以A=，b=1.
评注：本题的实质就是把一个代数式从一种形式变换为另一种形式，并且保持变形前后的两个代数式是恒等的，也就是形变而值不变，然后用待定系数法求出A，b值.
例5 （2011年浙江卷文18）
已知函数f（x）=Asinx φ，x∈R，A>0，0<φ<. y=f（x）的部分图像，如图1所示，P，Q分别为该图像的最高点和最低点，点P的坐标为（1，A）.
（Ⅰ）求f（x）的最小正周期及φ的值；
（Ⅱ）若点R的坐标为（1，0），∠PRQ=，求A的值.
解析：（Ⅰ）由题意得，T==6.
因为P（1，A）在y=Asinx φ的图像上，所以sin φ=1.
又因为0<φ<，所以φ=.
？摇 （Ⅱ）设点Q的坐标为（x0，-A），
？摇由题意可知x0 =，得x0=4，所以Q（4，-A）.
？摇连接PQ，在△PRQ中，∠PRQ=，由余弦定理得
？摇cos∠PRQ===-.
解得A2=3. 又A>0，所以A=.
评注：一般地，解决函数与图像有关的问题关键是充分挖掘图像包含的信息，然而利用几何条件建立关于待定系数的方程（组）.
利用待定系数法求方程
例6 （2010年浙江卷理21）
已知m>1，直线l：x-my-=0，椭圆C： y2=1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点.
（Ⅰ）當直线l过右焦点F2时，求直线l的方程； （Ⅱ）略.
解析：（Ⅰ）因为直线l：x-my-=0经过F2（，0），
所以=，得m2=2.
又因为m>1，所以m=，
故直线l的方程为x-y-1=0.
例7 （2009年浙江卷理20）
已知数列{an}中，a1=1，an 1=c-，设c=，bn=，求数列{bn}的通项公式.
解析：bn 1=== 2，即bn 1=4bn 2. 设bn 1 λ=4（bn λ），由待定系数法得λ=，则bn 1 =4bn ，故bn 是首项为-，公比为4的等比数列，即bn =-×4n-1，则bn=--.
评注：求形如数列an 1=pan q的通项公式，可引进待定系数得an 1 λ=p（an λ），从而构造新数列{an λ}是公比为p的等比数列.
利用待定系数法求最值
例8 （2011年浙江卷理16）
设x，y为实数，若4x2 y2 xy=1，则2x y的最大值是________.
解析：待定系数λ，μ，则：
（2x y）2=4x2 y2 4xy
=4x2 y2 2λxμy （4-2λμ）xy≤4x2 y2 （λx）2 （μy）2 （4-2λμ）xy
=（4 λ2）x2 （1 μ2）y2 （4-2λμ）xy（λ，μ>0）.
取4 λ2=4（1 μ2）=4（4-2λμ），则λ2=，μ2=.
即（2x y）2≤（4x2 y2 xy）=，所以2x y≤.
类似地还可进一步求：
例9 若x，y，z是正数，且满足x 2y 3z=1，求 的最小值.
解析：待定系数α，β，γ，设 αx αx αx≥4，
同理 3βy≥4， 3γz≥4，三式相加.
因为x 2y 3z=1，可见当且仅当α∶β∶γ=1∶2∶3时，
即∶∶=1∶2∶3时取等号，结合x 2y 3z=1，得
x=，y=，z=时取等号， 的最小值为1296.
评注：根据题目需要可引进2个及以上待定系数，一般地求不等式最值往往采用多个待定系数，同时还要考虑等号能否同时成立.
从上可知，待定系数法是历年浙江高考数学卷中的“常客”， 应该把它放到足够高的地位，同时利用待定系数法解题的关键是把握好三关：一是“引进关”：根据题意引进恰当的待定系数，转化为我们熟悉的结构形式；二是“联列关”：根据已知条件，利用恒等式相等或几何条件或定义本身的属性等列出方程（组）；三是“求解关”：求出各待定字母系數，进而解决问题.