待定系数法在递推数列中的应用1

构造法、待定系数法求一类递推数列通项公式陕西省周至中学 尚向阳 邮编710400摘要：求数学通项公式是学习数列时的一个难点，在教学过程中，笔者发现求解递推数列通项公式是学生学习的难点，这也是高考考查的重点、热点问题，如何来突破这个难点，很好的解决这个问题，其核心思想是构造新的数列，转化为学生熟悉的等差数列或等比数列来解决，下面笔者重点介绍用构造法和待定系数法来求下列六类递推数列模型通项公式的解决策略。

关键字：数列、数列通项、构造法、待定系数法、叠加法由等差数列联想推广到的递推数列模型：【模型一】b ka a n n +=+1 （0≠kb ）。

（1） 当1=k 时，}{1n n n a b a a ⇒=-+是等差数列，)(1b a n b a n -+⋅=（2） 当1≠k 时，采用待定系数法，构造新的数列---等比数列}1{-+k b a n 解：由已知1≠k 时，可设)(1m a k m a n n +=++ ∴ m km ka a n n -+=+1比较系数：b m km =- ∴1-=k bm ∴构造 新的数列}1{-+k b a n 是等比数列，公比为k ，首项为11-+k b a ∴ 11)1(1-⋅-+=-+n n k k b a k b a ∴1)1(11--⋅-+=-k b k k b a a n n 例1：已知}{n a 满足31=a ，121+=+n n a a 求通项公式。

解：设)(21m a m a n n +=++ m a a n n +=+21 ∴ 1=m∴ }1{1++n a 是以4为首项，2为公比为等比数列∴ 1241-⋅=+n n a ∴121-=+n n a 【模型二】叠加法（或迭代法）求解)(1n f a a n n =-+由已知)(1n f a a n n =-+，若)(n f 可求和，则可用叠加（或迭代法）消项的方法求解。

例2：已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,…….（I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.解： k k k a a )1(122-+=-，k k k a a 3212+=+∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a…… ……k k k k a a )1(31212-+=--+将以上k 个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+⋅⋅⋅+-+-++⋅⋅⋅++=-+k k k k k a a 将11=a 代入，得1)1(21321112--+⋅=++k k k a ， 1)1(21321)1(122--+⋅=-+=-k k k k k a a 。

待定系数法在高考递推数列题中的应用模型1：a n ＋1=pa n ＋q （其中p 、q 均为常数，（pq （p －1）≠0）） [解法]（待定系数法）：把原递推公式转化为：a n ＋1－λ=p(a n －λ)其中λ=pq-1，再用换元法令b n =a n －λ，则有b n ＋1=pb n ，从而数列{b n }为等比数列，于是由a n =b n ＋λ可求出数列a n 的通项公式。

例1：已知数列{a n }中，a 1=1，a n ＋1=2a n ＋1。

求a n 。

解：令a n ＋1＋λ=2(a n ＋λ)即a n ＋1=2a n ＋λ ∴λ=1从而a n ＋1＋1=2 (a n ＋1)，令b n = a n ＋1 则b 1=a 1＋1=2且1111++=++n n n n a a b b =2 故数列{b n }是以b 1=2为首项，以2为公比的等数列。

则b n =2×2n －1=2n ∴a n =2n －1练习1、（06重庆文）在数列{a n }中，若a 1=1，a n ＋1=2a n ＋3(n ≥1)，则该数列的通项a n =练习2、一牧羊人赶着一群羊通过36个关口，每过一个关口，守关人将拿走当时羊的一半，然后退还一只，过完这些关口后，牧羊人只剩2只羊，牧羊人原来有 只羊。

模型2：a n ＋1= pa n ＋r ·q n （其中p 、q 、r 均为常数，（p ·q ·r ·(p －1)·(q －1)≠0））[解法]一般来说，要先在原递推公式两边同除以q n ＋1，得q r q a q p q a n n n n +=++·11，再令b n =nn q a从而化为b n ＋1=qr b q p n +·，此即为模型1，可用模型1待定系数法解之。

例2：已知数列{a n }中，a 1=65，a n ＋1=31a n ＋(21)n ＋1，求a n 。

待定系数法在数列中的应用待定系数法是一种常用的数学方法。

对于某些数学问题，如果已知所求结果具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数来表示这种结果，通过已知条件建立起给定的算式和结果之间的恒等式，得到以待定系数为元的方程或方程组，解之即得待定的系数。

广泛应用于多项式的因式分解，求函数的解析式和曲线的方程等。

这里谈谈利用待定系数法解决数列中已知递推关系式求通项的一些解法，供大家参考：一、形如d ca a n n +=+1的数列求通项，可以通过()x a c x a n n +=++1的形式，利用待定系数法求出x 的值，转化为公比是c 的等比数列求解。

例3．已知数列{}n a 满足23,111+==+n n a a a ，求通项n a ；解：∵231+=+n n a a ,∴设()x a x a n n +=++31，则1=x∴()1311+=++n n a a∴{}1+n a 是公比为3的等比数列，首项是211=+a∴1321-⋅=+n n a∴()*,1321N n a n n ∈-⋅=-二、形如n n n d m ca a ⋅+=+1的数列求通项，当d c ≠时，可以通过()n n n n d x a c d x a ⋅+=⋅+++11的形式，利用待定系数法求出x 的值，转化为公比是c 的等比数列求解；当d c =时，转化为等差数列求解。

例2． ①已知数列{}n a 满足n n n a a a 23,111+==+，求通项n a ；∵n n n a a 231+=+∴设()n n n n x a x a 23211⋅+=⋅+++，则1=x ∴()n n n n a a 23211+=+++，{}n n a 2+是公比为3的等比数列，首项是3211=+a ∴n n n n a 33321=⋅=+-∴()*,23N n a n n n ∈-=∴②已知数列{}n a 满足n n n a a a 243,111⋅+==+，求通项n a ；∵n n n a a 2431⋅+=+∴设()n n n n x a x a 23211⋅+=⋅+++，则4=x ∴()n n n n a a 2432411⋅+=⋅+++，92411=⋅+a {}n n a 24⋅+∴是公比为3的等比数列，首项是92411=⋅+a ，∴1133924+-=⋅=⋅+n n n n a∴()*,2431N n a n n n ∈⋅-=+∴③已知数列{}n a 满足n n n a a a 33,111+==+，求通项n a ；∵n n n a a 331+=+ ∴313311+=++n n n n a a ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 3是公差为31的等差数列，首项是31 ∴33n a n n = ∴13-⋅=n n n a三、形如e dn ca a n n ++=+1的数列求通项，可以通过()y xn a c y n x a n n ++=++++)1(1的形式，利用待定系数法求出x 、y 的值，转化为公比是c 的等比数列求解。

㊀㊀㊀㊀㊀１３６㊀待定系数法解决数列模型问题的探究待定系数法解决数列模型问题的探究Һ王㊀莹㊀（青海师范大学数学与统计学院，青海㊀西宁㊀８１０００８）㊀㊀ʌ摘要ɔ在高中数列的学习中，求通项公式是重点与难点之一．求数列通项公式的思路与方法灵活多样，但待定系数法在处理一些特殊数列的通项问题时是十分有效的一种方法．本文通过四类递推关系模型，利用待定系数法求其通项，求解方法具有通性，展现了多角度㊁多层次利用待定系数法求数列通项的解题思路．ʌ关键词ɔ待定系数法；数列模型；通项公式待定系数法是中学数学学习过程中极为重要的思想与解题方法，它由法国著名数学家笛卡尔提出，在解决数学问题时是常用的方法，并有多种应用技巧．该方法通常用来解决函数㊁方程以及几何相关的问题，具有广泛的应用价值．通常来讲，利用待定系数法解题时，结论仍然未知，不过根据其结论具有的结构可以判断某种确定的形式，只要在其中确定某些关键系数，就可得出问题的结论．这种解题方法称为待定系数法，关键系数称为待定系数．待定系数法实际就是将待定的未知数与已知数建立等式关系，从而列出方程或方程组，解方程或方程组即可得待定的未知数，之后根据题目给出的条件解题即可．利用待定系数法解决数学问题可以使思维有条理，思路更清晰．用待定系数法解题的一般步骤可以总结如下：（１）设式：引入恰当的待定系数，设出所求目标的一般形式；（２）列组：根据已知条件列出待定系数的方程组；（３）求解：求出待定系数；（４）回代：代回所设目标式．待定系数法在解决一些数列通项公式问题时是一种非常有用的方法，本文将通过四个模型加以展示．模型１㊀已知ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｑ（ｐ，ｑ为常数，且ｐʂ０，１，ｑʂ０），求数列｛ａｎ｝的通项公式．解析㊀引入待定参数λ，令ａｎ＋１－λ＝ｐ（ａｎ－λ），则ａｎ＋１＝ｐａｎ＋（１－ｐ）λ．再和原递推式比较系数，得ｑ＝（１－ｐ）λ．讨论：（１）当ｐ＝１时，｛ａｎ｝为公差是ｑ的等差数列，故ａｎ＝ａ１＋（ｎ－１）ｑ；（２）当ｑʂ１时，λ＝ｑ１－ｐ，数列｛ａｎ－λ｝为公比是ｐ的等比数列，故ａｎ－λ＝（ａ１－λ）ｐｎ－１，所以，ａｎ＝ａ１－ｑ１－ｐ()ｐｎ－１＋ｑ１－ｐ．模型２㊀已知ａ１，ａ２及ａｎ＋２＝Ａａｎ＋１＋Ｂａｎ（Ａ，Ｂ为常数），求｛ａｎ｝的通项公式．解析㊀引入待定双参数α，β，令ａｎ＋２－αａｎ＋１＝β（ａｎ＋１－αａｎ），则ａｎ＋２＝（α＋β）ａｎ＋１－αβａｎ．与已知递推式比较系数，知α＋β＝Ａ，αβ＝－Ｂ，因此α，β是方程ｘ２－Ａｘ－Ｂ＝０的两个根．从而可求出α，β．故数列｛ａｎ＋１－αａｎ｝是首项为ａ２－αａ１㊁公比为β的等比数列，从而可得ａｎ＋１－αａｎ＝（ａ２－αａ１）βｎ－１．讨论：（１）当αʂ０时，有ａｎ＋１αｎ＋１－ａｎαｎ＝ａ２－αａ１α２㊃βα()ｎ－１．①当αʂβ时，由累加法可求得ａｎ＝ｐαｎ－１＋ｑβｎ－１（ｐ，ｑ为常数）．②当α＝β时，由累加法可求得ａｎ＝（ｐ＋ｑｎ）αｎ－１（ｐ，ｑ为常数）．（２）当α＝０时，ａｎ＋２＝βａｎ＋１，β＝Ａ，Ｂ＝０．①当Ａ＝ａ２ａ１时，｛ａｎ｝是等比数列，首项为ａ１㊁公比为Ａ，故ａｎ＝ａ１Ａｎ－１．②当Ａʂａ２ａ１时，ａｎ＝ａ１，ｎ＝１，ａ２Ａｎ－２，ｎȡ２且ｎɪＮ＋．{模型３㊀已知ａ１及ａｎ＋１＝αａｎ＋βａｎ＋ｔ（其中α，β，ｔ为实数，且αｔʂβ），求｛ａｎ｝的通项公式．解析㊀引入待定参数λ，作如下变换：ａｎ＋１－λ＝αａｎ＋βａｎ＋ｔ－λ＝α－λａｎ＋ｔａｎ－λｔ－βα－λ()，当λʂα时，ａｎ＋１－λ＝（α－λ）ａｎ＋β－λｔａｎ＋ｔ．令λｔ－βα－λ＝λ，则λ＝λα＋βλ＋ｔ．（这说明λ是函数ｆ（ｘ）＝αｘ＋βｘ＋ｔ的不动点）当ａ１＝λ时，显然ａｎ＝λ（ｎɪＮ＋）；当ａ１ʂλ时（ｎɪＮ＋），易知ａｎʂλ（ｎɪＮ＋），这时可求出λ１，２＝α－ｔʃ（ｔ－α）２＋４β２（由αｔʂβ，知λʂα）．讨论：（１）当（ｔ－α）２＋４βʂ０时，ａｎ＋１－λ１＝α－λ１ａｎ＋ｔ（ａｎ－λ１），ａｎ＋１－λ２＝α－λ２ａｎ＋ｔ（ａｎ－λ２），所以ａｎ＋１－λ１ａｎ＋１－λ２＝α－λ１α－λ２㊃ａｎ－λ１ａｎ－λ２，即ａｎ－λ１ａｎ－λ２{}是公比为α－λ１α－λ２的等比数列，㊀㊀㊀１３７㊀㊀从而ａｎ－λ１ａｎ－λ２＝ａ１－λ１ａ１－λ２㊃α－λ１α－λ２æèçöø÷ｎ，求出ａｎ．（２）当（ｔ－α）２＋４β＝０，λ＝１２（α－ｔ）时，即ａｎ＋１－λ＝（α－λ）（ａｎ－λ）ａｎ＋ｔ．故仍有１ａｎ＋１－λ＝１α－λ㊃（ａｎ－λ）＋λ＋ｔａｎ－λ＝１α－λ１＋λ＋ｔａｎ－λ()（ȵλ＋ｔ＝α－λ）＝１ａｎ－λ＋１α－λ，即１ａｎ－λ{}是公差为１α－λ的等差数列，１ａｎ－λ＝１ａ１－λ＋（ｎ－１）１α－λ，求出ａｎ即可．模型４㊀若ａｎ＝Ａａｎ－１＋ｆ（ｎ）（其中Ａ为常数，Ａʂ１，ｆ（ｎ）为ｍ次多项式），则可用待定系数法确定ｍ次多项式ｇ（ｎ）使ａｎ＋ｇ（ｎ）＝Ａ（ａｎ－１＋ｇ（ｎ－１）），于是．ａｎ＋ｇ（ｎ）＝（ａ１＋ｇ（１））Ａｎ－１．例１㊀已知ａ１＝１，ａｎ＝２３ａｎ－１＋ｎ２－１５（ｎȡ２），求ａｎ．解析㊀引入待定参数ａ，ｂ，ｃ，使ａｎ＋（ａｎ２＋ｂｎ＋ｃ）＝２３｛ａｎ－１＋［ａ（ｎ－１）２＋ｂ（ｎ－１）＋ｃ］｝，整理后，有ａｎ＝２３ａｎ－１＋－１３ａ()ｎ２＋－４３ａ－１３ｂ()ｎ＋２３ａ－２３ｂ－１３ｃ．与原递归式比较系数，得－１３ａ＝１，４３ａ＋１３ｂ＝０，２３ａ－２３ｂ－１３ｃ＝－１５，ìîíïïïïïï⇒ａ＝－３，ｂ＝１２，ｃ＝１５．{故有，ａｎ－３ｎ２＋１２ｎ＋１５＝２３［ａｎ－１－３（ｎ－１）２＋１２（ｎ－１）＋１５］，ʑａｎ－３ｎ２＋１２ｎ＋１５＝（ａ１－３ˑ１２＋１２＋１５）２３()ｎ－１＝２５２３()ｎ－１，ʑａｎ＝２５２３()ｎ－１＋３ｎ２－１２ｎ－１５．例２㊀整数列｛ａｎ｝定义如下：ａ１＝２，ａ２＝７，－１２＜ａｎ＋１－ａ２ｎａｎ－１ɤ１２（ｎȡ２），证明：对所有ｎȡ２，ａｎ为奇数．证㊀由已知易得－１２＜ａ３－４９２ɤ１２，ʑａ３＝２５．－１２＜ａ４－６２５７ɤ１２，ʑａ４＝８９．首先探求｛ａｎ｝满足的二阶递归式．可令ａｎ＋１＝ｘ㊃ａｎ＋ｙ㊃ａｎ－１，ｘ，ｙ待定．则ａ２ｘ＋ａ１ｙ＝ａ３，ａ３ｘ＋ａ２ｙ＝ａ４，{即７ｘ＋２ｙ＝２５，２５ｘ＋７ｙ＝８９，{解得ｘ＝３，ｙ＝２．下面用数学归纳法证明：ａｎ＋１＝３ａｎ＋２ａｎ－１，ａｎ＞０，ｎ＝３，４， ．ｎ＝３是显然的，设结论对于小于等于ｎ（ｎ＞３）成立．那么㊀ａ２ｎａｎ－１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）＝１ａｎ－１［ａｎ（３ａｎ－１＋２ａｎ－２）－ａｎ－１（３ａｎ＋２ａｎ－１）］＝－２ａ２ｎ－１－２ａｎａｎ－２ａｎ－１＝－２ａｎ－２ａｎ－１㊃ａ２ｎ－１ａｎ－２－ａｎæèçöø÷，于是有ａ２ｎａｎ－１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）＝２ａｎ－２ａｎ－１㊃ａ２ｎ－１ａｎ－２－ａｎɤ１２㊃２ａｎ－２ａｎ－１æèçöø÷（ȵａｎ－１＝３ａｎ－２＋２ａｎ－３＞３ａｎ－２）＜ａｎ－２３ａｎ－２＝１３＜１２，ʑａｎ＋１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）ɤａｎ＋１－ａ２ｎａｎ－１＋ａ２ｎａｎ－１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）＜１２＋１２＝１．ȵａｎ＋１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）是非负整数，ʑａｎ＋１＝３ａｎ＋２ａｎ－１．于是，欲证结论成立．故当ｎȡ２时，ａｎ＋１ʉａｎ（ｍｏｄ２），而ａ２＝７，故ａｎʉ１（ｍｏｄ２）（ｎȡ２），即当ｎȡ２时，ａｎ为奇数．ʌ参考文献ɔ［１］李赟洋．巧用待定系数法求解递推数列的通项公式［Ｊ］．中学数学教学参考，２０２０（１８）：７７－７８．［２］刘鹏，卢象鹏，杨光伟．基于数学方法论的 深度 解题：学生数学思考脉络化［Ｊ］．数学教学通讯，２０２０（２４）：３－５，８．［３］强源．巧借待定系数法，妙解相关数学题［Ｊ］．中学数学，２０２０（０９）：５４－５５．。

用待定系数法求解递推数列的通项公式
1待定系数法概述
待定系数法（待实例后，又称勒让德法）是一种求解递推数列通项公式的数学方法。

它以建立恰当的通项公式和找出隐含其中的待定系数为任务来处理数学问题。

因此，它属于一种推广了线性代数知识的计算方法，能够解决较为复杂的数列序列求解问题。

2基本步骤
第一步：准备递推数列，也就是给足够的项，然后依此保持一定的规律，确定n的范围，比如n的取值从0开始，一直到n-1；
第二步：将所有系数都放回到等式左边，将等号右边的数字转化为系数，并写作公式的右边：
第三步：用矩阵解法求解。

假设A=（aij），B=（bi）是m方系数矩阵和m向量，其中i、j可取从1到m，那么求解相应线性代数方程组AX=B，则X=AB-1；
第四步：最后将得到的X中所有的数给出，即得出该递推数列的通项公式。

3示例及应用
以下例子来说明如何使用待定系数法求解递推数列的通项公式：例如：求数列an的通项公式
由给定的递推关系an=an-1-1，可得a0=1
根据待定系数法求解，设an=a0xn：
a0xn=a0x(n-1)-1
化简成：xn-xn-1=-1
可以得出答案：an=a0(xn+1)=a0[(1/2)(-1)n+1]
它最简之形式便是an=1+[(-1/2)n]
待定系数法广泛用于建模和求解相关数列问题，也可用于研究不同类型的递推关系，如定组成规律、数值递推关系、数学表达式和函数表达式等。

有时可以用来解决具有特殊条件的复杂系统，比如比较整数组的格局，或者计算连续随机变量的概率分布等。

用待定系数法求递推数列的通项公式待定系数法是求递推数列通项公式的一种常用方法。

该方法基于递推数列的特点，通过设定合适的待定系数，将通项公式表示成由待定系数组成的表达式，并经过递推关系的逐步化简，最终求解出待定系数的值，从而得到递推数列的通项公式。

下面将详细介绍待定系数法的求解步骤。

首先，我们假设递推数列的通项公式为An=f(n)，其中An表示数列的第n项。

为了方便计算，我们通常假设数列的递推关系为线性关系，即数列的第n项可以通过前面若干项的线性组合来表示。

接下来，我们使用待定系数法的基本步骤来求解递推数列的通项公式。

第一步：确定待定系数的个数根据递推数列的递推关系，确定待定系数的个数。

一般来说，待定系数的个数等于递推数列递推关系中的最高指数。

例如，如果递推关系中的最高指数为k，那么待定系数的个数就是k+1、通过确定待定系数的个数，我们可以知道通项公式中所需的待定系数个数。

第二步：设定待定系数设定待定系数的具体值。

通常情况下，我们设定待定系数为a0、a1、a2等。

第三步：根据递推关系列出方程根据递推数列的递推关系，使用已设定的待定系数列出方程。

将递推数列的递推关系代入通项公式中，得到包含待定系数的方程。

第四步：递推计算根据前面列出的方程，逐步计算数列的各项，并同时计算待定系数的值。

通过从1到k的递推计算，可以求解出待定系数的值。

第五步：得到通项公式将求得的待定系数的值代入到第一步所确定的通项公式中，即可得到递推数列的通项公式。

通过以上五个步骤，可以使用待定系数法求解递推数列的通项公式。

在实际应用中，待定系数法可以广泛应用于求解各种类型的递推数列，无论是等差数列、等比数列还是其他类型的数列。

总结起来，待定系数法是求解递推数列通项公式的一种常用方法。

通过设定待定系数、列出方程、递推计算和得到通项公式的步骤，我们可以求解出递推数列的通项公式。

待定系数法在数列的研究和应用中有着重要的地位，通过手动计算或使用计算机软件进行数值计算，可以求解出复杂的递推数列的通项公式。

待定系数法求递推数列的通项公式的探讨数列中的通项公式是数列的重要内容，而通项公式的求法更是多种多样，待定系数法求通项公式则是重要的内容，现就一些常见类型进行归纳如下：题型一：形如：数列(p)例：已知数列{ }中， =1，，求数列的通项公式分析：如果没有常数则为等比数列，由于有常数则数列{ }不是等比数列，但是肯定与有关，所以我们构造一个与常数有关的{ }也是公比为2的等比数列解：令所以{ }为公比为2等比数列，首项为所以即：题型二：形如：数列(p)例：已知数列{ }中， =1，，求数列的通项公式分析：如果没有后面一次函数，则为等比数列，由于有后面的一次函数则数列{ }不是等比数列，但是肯定与有关，所以我们构造一个与一次函数有关的{ }也为公比为2的等比数列。

解：令所以{ }为公比为2等比数列，首项为所以即：题型三：形如：数列(p)例：已知数列{ }中， =1，，求数列的通项公式分析：如果没有后面二次函数，则为等比数列，由于有后面的二次函数则数列{ }不是等比数列，但是肯定与有关，所以我们构造一个与二次函数有关的{ }也为公比为2的等比数列。

解：令 =2=2则：所以{ }为公比为2等比数列，首项为所以即：题型四：形如：数列(p)例：已知数列{ }中， =1，，求数列的通项公式分析：如果没有则为等比数列，由于有则数列{ }不是等比数列，但是肯定与有关，所以我们用待定系数构造一个与有关的{ }也为公比为2的等比数列。

解：令所以{ }为公比为2等比数列，首项为所以即：另外形如：数列(p)例：已知数列{ }中， =1，，求数列的通项公式分析：如果没有则为等比数列，由于有则数列{ }不是等比数列，但是肯定与有关，假设我们用待定系数构造一个与有关的{ }也为公比为2的等比数列，看看情况如何呢?解：令则得到，没法求到c值所以数列(p)，不能用待定系数法正确解析：两边同除，构造个新的等差数列来求。

解：原式的两边同除，则得：化简得：令则，数列{ }为公差为3的等差数列，首项 = =1所以 ,综上所述，根据具体递推公式的不同形式，灵活运用待定系数法构造出一个等差或等比数列，从而求出数列的通项公式。

待定系数法篇一：格式范文-待定系数法待定系数法在中学数学解题中的应用（小二黑体）苏奕婷（小三楷体）【摘要】待定系数法是解决数学问题时常用的数学方法之一，它在数学解题中广泛使用，特别是有些问题，用待定系数法更简捷明了。

文章简单阐述了待定系数法的概念、理论依据及其解题步骤，重点论述了待定系数法在分解因式、求数列通项公式中、解方程、求函数解析式以及几何证明中的应用。

（四号宋体）【关键词】待定系数法多项式恒等应用（四号宋体）做任何事情都要讲究方法。

方法对头，事半功倍；方法不当，事倍功半。

解答数学问题关键也在于掌握思考问题的方法，思维方法正确，问题就容易解决。

波利亚说过：“解题的成功要靠正确思路的选择，要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒。

”待定系数法是中学数学中的一种常用的解题方法，它在中学数学中起着至关重要的作用，其指导作用贯穿于初中、高中甚至于大学的许多课程之中，因此，认真学好并掌握待定系数法将大有裨益。

下面就待定系数法在中学数学解题中的应用进行论述。

一、对“待定系数法”的概述（小三黑体）1．待定系数法的概念及其理论依据（四号黑体）待定系数法是指利用已知条件确定一个解析式或某一个数学表达式中的待定参数的值，从而得到预期结果的方法。

更广泛地说，是要确定变量间的函数关系，设出某些未知数，然后根据所给条件来确定这些未知数，使问题得到解决的方法。

其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)?g(x)的充要条件：对于一个任意的a值，都有f(a)=g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。

（小四宋体）2．待定系数法的解题步骤（四号黑体）利用待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程，使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题，是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。