备战高考数学专题讲座数学解题方法之待定系数法探讨 31页

‎【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 ‎3～8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：‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 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）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①。‎ ‎ 又∵，，‎ ‎ ∴②。‎ ‎ 联立①②，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）∵，∴‎ ‎ ① 当 时，，且仅当时。∴是增函数。‎ ‎ ②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 ‎(Ⅰ)求的单调区间 ‎(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值 ‎【答案】解：(Ｉ) 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。‎ ‎ (Ⅱ)∵a=1，∴。‎ ‎ ∴当x>0时，，它等价于。‎ ‎ 令，则。‎ ‎ 由(Ｉ)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】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。‎ ‎ (Ⅱ)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：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 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①。‎ 又由椭圆的离心率为可得②。‎ 联立①②，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. #ww.zz&st^ep.com@]‎ ‎【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y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于【 】‎ A. B．4 C．3 D．5‎ ‎【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y2＝12x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d＝＝b。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＋(y＋4) 2 ＝2得圆心(0，—4)，则圆心到直线l：y＝x的距离为：。‎ ‎∴由定义，曲线C2到直线l：y＝x的距离为。‎ 又由曲线C1：y＝x 2＋a，令，得：，则曲线C1：y＝x 2＋a到直线l：y＝x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，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 ‎① ② ③。‎ ‎②－③得，将代入②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，若与圆相切，求证：OP⊥OQ；（6分）‎ ‎ （3）设椭圆. 若M、N分别是、上的动点，且OM⊥ON，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，‎ ‎∴。‎ ‎∴OP⊥OQ。‎ ‎ （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OM⊥ON，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。‎ ‎【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，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. 【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎（Ⅰ）若直线与的斜率之积为，求椭圆的离心率；‎ ‎（Ⅱ）若，证明直线的斜率满足.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）设，∴①；‎ ‎∵椭圆的左、右顶点分别为，,∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵直线与的斜率之积为，∴。‎ 代入①并整理得。‎ ‎∵≠0，∴。∴。∴。‎ ‎∴椭圆的离心率为。‎ ‎（Ⅱ）证明：依题意，直线的方程为，设，∴，‎ ‎∵，∴。∴②。‎ ‎∵|，，∴。∴。‎ ‎∴。‎ 代入②得，∴＞3。‎ ‎∴直线的斜率满足。‎ ‎【考点】圆锥曲线的综合，椭圆的简单性质。‎ ‎【分析】（Ⅰ）设，则，利用直线与的斜率之积为，即可求得椭圆的离心率。‎ ‎（Ⅱ）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（p＞0）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。‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）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；‎ ‎（Ⅲ）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，的最小值。‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）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。‎ ‎（Ⅱ）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。‎ ‎（Ⅲ）∵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】（Ⅰ）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。‎ ‎ （Ⅱ）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。‎ ‎ （Ⅲ）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.‎ ‎（Ⅰ）求曲线C1的方程；‎ ‎（Ⅱ）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：（Ⅰ）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。‎ ‎（Ⅱ）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，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为。‎ 于是，‎ 整理得 ①‎ 设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，‎ ‎∴ ②‎ 由得 ③‎ 设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，‎ 则是方程③的两个实根，所以 ④‎ 同理可得 ⑤‎ ‎∴由②，④，⑤三式得 ‎。‎ ‎∴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】（Ⅰ）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。‎ ‎（Ⅱ）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。‎ ‎ (Ⅰ)求直线与直线交点M的轨迹方程;‎ ‎ (Ⅱ)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①×②可得：。‎ ‎∵在椭圆上，∴。∴。‎ 代入③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A2B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. 【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎（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。‎ ‎【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，。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴。①‎ ‎ 同理，。②‎ ‎ （i）由①②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①②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：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年湖南省文12分）已知函数的部分图像如图所示.‎ ‎（Ⅰ）求函数的解析式；‎ ‎（Ⅱ）求函数的单调递增区间.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）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，∴。‎ ‎∴函数的解析式为。‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎。‎ 由得 ‎∴的单调递增区间是。‎ ‎【考点】三角函数的图像和性质。‎ ‎【解析】（Ⅰ）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。‎ ‎ （Ⅱ）用（Ⅰ）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：（Ⅰ）∵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。‎ ‎（Ⅱ）∵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】（Ⅰ）通过函数的周期求出ω，求出，利用函数经过的特殊点求出，推出的解析式。‎ ‎（Ⅱ）利用（Ⅰ）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；‎ ‎（Ⅱ）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。‎ ‎（Ⅱ）∵，∴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ω，得到函数的解析式。‎ ‎（Ⅱ）通过，求出，通过α的范围，求出α的值。‎ 四、待定系数法在数列问题中的应用：‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 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，两个式子全部转化成用，q表示的式子：‎ ‎，‎ 两式作差得：，即：，解之得：或 (舍去)。‎ 例4.（2012年辽宁省理5分）已知等比数列｛an｝为递增数列，且，则数列｛an｝的通项公式an = ▲ 。‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】等比数列的通项公式。‎ ‎【解析】设等比数列｛an｝的公比为。‎ ‎∵，∴。∴，。‎ 又∵，∴。∴。‎ 解得或。‎ 又∵等比数列｛an｝为递增数列，∴舍去。‎ ‎∴。‎ 例5. （2012年天津市理13分）已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列,且=，‎ ‎，.‎ ‎(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)记，，证明.‎ ‎【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，‎ 由=，得。‎ 由条件，得方程组 ‎，解得。‎ ‎∴。‎ ‎(Ⅱ)证明：由（1）得， ①；‎ ‎∴ ②；‎ 由②－①得，‎ ‎∴。‎ ‎【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。‎ ‎【分析】（Ⅰ）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。‎ ‎（Ⅱ）写出的表达式，借助于错位相减求和。‎ 还可用数学归纳法证明其成立。‎ 例6. （2012年湖北省理12分）已知等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8.‎ ‎（Ⅰ）求等差数列的通项公式；‎ ‎（II）若成等比数列，求数列的前n项的和。【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，‎ 由题意得 解得或 ‎ ‎∴由等差数列通项公式可得，或。‎ ‎∴等差数列的通项公式为，或。 ‎ ‎ （Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；‎ 当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件。‎ ‎∴ ‎ 记数列的前项和为，‎ 当时，；当时，；‎ 当时， ‎ ‎。‎ 当时，满足此式。‎ 综上， ‎ ‎【考点】等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。‎ ‎【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8列方程组求解即可。‎ ‎（II）对（Ⅰ）的结果验证符合成等比数列的数列，应用等差数列前n项和公式分，，分别求解即可。‎ 例7. （2012年陕西省理12分）设的公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列.‎ ‎（1）求数列的公比；‎ ‎（2）证明：对任意，成等差数列.‎ ‎【答案】解：（1）设数列的公比为（），‎ 由成等差数列，得，即。‎ 由得，解得。‎ ‎∵的公比不为1，∴舍去。‎ ‎∴ 。 ‎ ‎（2）证明：∵对任意，，‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎∴对任意，成等差数列。‎ ‎【考点】等差等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质。‎ ‎【解析】（1）设数列的公比为（），利用成等差数列结合通项公式，可得，由此即可求得数列的公比。‎ ‎（2）对任意，可证得，从而得证。‎ 另解：对任意，‎ 所以，对任意，成等差数列。‎