2025高考数学专项复习：待定系数法、换元法、转换法（解析版）

2025高考数学专项复习待定系数法、换元法、转换法(解析版)

待定系数法、换元法、转换法是运用函数与方程思想方法解题过程中的

三大法宝

在运用函数与方程思想解题的过程中,在确定函数、方程、不等式的参变数的值时需要运用待定系数法,而构

造法又常常与待定系数法紧密相联,换元法往往可以使较为复杂的问题变为基本题型,许多数学问题就是在

不断转换的过程中加以解决的.如函数问题可以转换为方程问题求解,方程问题可以转换为函数问题通过图

像结合不等式知识求解,善于转换是数学核心素养的体现.

典型例题

国］1设抛物线y=ax2+bx+c过点4(1,2)和B(-2,-l).

(1)试用a表示b和c;

(2)对于任意非零实数Q,抛物线都不过点P(M,馆2+1),试求馆的值.

•1•

题2⑴已知数列｛aj中,a产10,且“=15a“-i+2-5”,求这个数列的通项公式;

(2)已知数歹U｛%｝中,5=3«2=5,斯=&-2+4九-3(72>3),求通项公式册.

脚］3设a为实数,函数/(c)=ajl-/++c+”1-c的最大值为g(a)・

(1)设t=G3+GW,求t的取值范围，并把/(2)表示为t的函数m(t);

(2)求g(a);

(3)试求满足g(a)=g(：)的所有实数.

•2・

瓯£如图3—3所示，设直线，与椭圆?+才=1相切，切点为P,点河是坐标原点O在直线，上的正投影,

求\MP\的最大值和最小值.

yk

图3-3

•3•

待定系数法、换元法、转换法是运用函数与方程思想方法解题过程中的

三大法宝

在运用函数与方程思想解题的过程中,在确定函数、方程、不等式的参变数的值时需要运用待定系数法,而构

造法又常常与待定系数法紧密相联，换元法往往可以使较为复杂的问题变为基本题型,许多数学问题就是在

不断转换的过程中加以解决的.如函数问题可以转换为方程问题求解,方程问题可以转换为函数问题通过图

像结合不等式知识求解,善于转换是数学核心素养的体现.

典型例题

国］1设抛物线y=ax2+bx+c过点A(l,2)和B(—2,—1).

(1)试用a表示b和c;

(2)对于任意非零实数Q,抛物线都不过点试求nz的值.

【分析】

对本题题意的理解是关键，什么是抛物线都不过某点呢？换一种说法是:将该点的坐标代入所给的抛物线

方程，方程无实数解，所以本题体现了一种等价转换的思想以及待定系数法在研究函数与方程问题中的

应用.

a+b+c=2,解彳曰=1+a,

【解析】(1)依题意,4a—2b+c=—1,半寸［c=1—2Q.

(2)g=Q/+(I+a)rr+1—2a,将(m,m2+l)代人，得arr?+q+a)m+1—2a=m2+l,整理得

(m2+m—2)Q=m2—m.

由题意，关于。的方程无非零实数解，

可+小二：=0,得小=_2；由可+m—得小=0.

由

m—mW0,m—m—(J,

故所求的值为m=—2或?n=0.

吼2(1)已知数列｛aj中,出=10,且“=15册_什2-5",求这个数列的通项公式；

(2)已知数列｛Q/中,。1=3,。2=5,。九=册_2+4九-3(71>3),求通项公式册.

法构造新的特殊数列，从而使问题获解;第(2)问，一般解法是设待定系数4即由M+AMUQ’T+A/

2

+4?I—3配方，得an-\-Art,—(in-2~\~A.(n-2)+(4A+4)n—4A—3,令4A+4—0,解得A.——1,从而构造

等差数列.当然,如果直接对递推关系变形很难看出解题者的数学核心素养.

【解析】(1)先对递推式进行变形,々=吏23+2.即华=3•0胃+2.

5555

设b=詈(nGN*),则b=3k+2.⑴

引人待定系数使a，B满足bn-/3=

展开得'=abnT—邻+6.⑵

对照(1)式和(2)式,可得方程组卜=7，解得［厂3

即数列［勾+1］是以仇+1=§+1=3为首项,3为公比的等比数列，

5

nTC

所以bn+l=3-3”T=3,bn=3-1.

于是,b“=署=3n-l,a=15“一5"(nGN*).

-1-

2

（2）由条件可得an—n?—an-2—（n—2）+l（n^3）.令bn=an—r^,则数列｛bj可化为两类等差数列，其中

2

｛b2Ti｝是以匕产QL1=2为首项,d=l为公差;｛除｝是以匕2=a2-2=1为首项,d=l为公差.

因此,庆九—1=2+（n-l）,b2n=1+（九一1）.

22

所以a2n-i=（2n—l）+n+l,a2n=（2n）+n.

传（2/+九+3）（九为奇数）

故a=<1°

n[歹⑫"十口）（九为偶数）

=2n+1

可简化为an-^-（2n+n）+.[1+（—l）].

场13设Q为实数,函数/（力）=QJ1—①'++力+—力的最大值为g（Q）.

（1）设力=〃1+/+Vl—rr,求t的取值范围，并把/（力）表示为t的函数7n（右）；

（2）求g（Q）;

（3）试求满足g（a）=g（?的所有实数.

【分析】

本例是一道弟进式的综合题，主要考查函数、方程等基础知识，考查分类与整合以及函数与方程的思想方

法和综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力，难度上循序渐进，第（1）问考查变量代换的技巧，难点

在新变量范围的确定，可以有不同的方法求解；第（2）问是含参函数在区间上最大值的求法.分类与整合

并结合函数单调性是解答的关键；第（3）问实质是解方程，由于g（a）是分段的，对于方程g（a）=g（J）解

的讨论更要分类全面、环环相扣.正如罗素所言：“数学不仅拥有真理，而且还拥有至高的美一种冷峻而严

肃的美，正像雕塑所具有的美一样……”本题的解决过程不仅能显示解题者的数学功力，也展现了“一种

冷峻而严肃的美

【解析】⑴【解法一】（代数法）令±=，可/+，厂方，要使1有意义，必须尸+"亍。'即一IWcWl.

（1—%>0,

•."2=2+2,1-±2,2；C[-1,1],

⑴：土的取值范围是[V%2],

由（1）式得,\/1—X2=—1,故Tn（t）=a（gt?—1）+t—o,tG[-\/2,2].

兀兀

【解法二】（三角换元法）令/=sin2。,。EP7

t=+/+^/l—x=V1+sin20+V1—sin20=卜in。+cos9|+\sin0—cos0|

=sin。+cos3—sin。+cos3=2cos0,aV1—x2=aV1—sin220=QCOS28

由于夕e[—，,£■],所以cos3E即力G[V2,2],/(x)=m(t)=QCOS29+力，又cos20=2cos%1

pf2

=2x--1=--1

42

故m（t）—a（方力2—1）+力=~^~QF+1—a,tW[A/2,2].

⑵由题意知g（Q）即为函数7n⑴=-^-ai^+t—a,tE[V2,2]的最大值.

注意到直线1~—是抛物线m（t）=—a的对称轴，故分以下几种情况讨论.

①当a>0时，函数y=E[A/2,2]的图像是开口向上的一^殳抛物线,=方=—-—<0,知??1（。在

•2・

[A/2,2]上单调递增,，g(Q)=m(2)=a+2.

②当a=0时，=m(t)=t,tE[V2,2],g(Q)=2.

③当a<0时，函数y=m（t）,te［蓼,2］的图像是开口向下的一段抛物线.若［=—，［0,⑹.即aW

—则g(a)=m(V2)=V2;

若t=—里C[蓼,2],即一尊<aW-则g(a)="—十）=-l击;若3（2，+°°），即4"<

Q//

QV0,则g(Q)=771(2)=a+2.综上可得：

Q+2(Q>—

g(a)=<-a—蚩(-^<a<­

(a《-卓)

(3)①当a<—2时，,>—'，此时g(a)=V2,g(—)=—+2.由2+支=V2,解得a=-1—与a<

a2va7aa2

—2矛盾.

②当一2<QV—四时,一^^〈!<此时g(a)=V2-g(—}=_■--―--3,解得Q二

2a2va7a2a2

—与aV—A/2^矛盾.

所以一方《。4-春

④当一^^Va《一■时,一24工此时g(a)=—a—=A/2.由g(a)=g(L)即得—a—

=A/2.解得a=一与a>—^~矛盾.

⑤当—VaV0工V—2,此时g(a)—tz+2,g(^)—^/2.

由g(a)=g(L)即得a+2=V2,解得a=，^—2与a>一■去矛盾.

(6)当a>0时，工>0,此时g(Q)=a+2,g(L)——-+2.

由g(a)—p(—)即得a+2=工+2.解得a=±1,由a>0得a=1.

\a)a

综上可得，满足g(a)=。(工)的所有实数a为一方或Q=1.

___2

Hi如图3—3所示，设直线I与椭圆美■+，=1相切，切点为P,点、“是坐标原点O在直线/上的正投影,

求\MP\的最大值和最小值.

•3・

【分析】

本例的解答分3步：第一步，求出切线2的方程和直线•的方程；第二步，求出点河的坐标用点P（g,%）

的坐标表示，运用两点间距离公式求得IM5,关于加的函数关系式；第三步，进入求1Mpi最值的流程，然

而函数解析式太复杂了，可通过换元法变为基本函数求最值问题，当然新元的取值范围一定要紧紧抓住！

【解