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待定系数法在高中数学中的应用
待定系数法是一种常见的解方程组方法，在高中数学中经常会用到。
待定系数法的基本思想是，假设方程组中未知量的系数为某个常数，然后通过代入等式的方式求解出该常数，从而得到未知量的解。
具体应用方面，待定系数法可用于解决各种类型的方程组问题，包括线性方程组、二次方程组、三次方程组等等。
同时，待定系数法还可用于求解各种函数的特殊形式，如分式函数、三角函数等。
在高中数学中，待定系数法通常是在学习解二次方程组的时候进行介绍和应用。
例如，对于一个二次方程组：
ax + by = m
cx + dy = n
可以假设其中某个系数为1，另一个系数为0，然后通过代入等式的方式求解出未知量的解。
若假设a=1,b=0，则有：
x = m
cx + dy = n
代入第二个等式中，可得：
c(m) + dy = n
解出y，即可得到未知量的解。
同理，若假设b=1,a=0，则可以通过同样的方法求解出x的值。
总之，待定系数法是高中数学中一个重要的解方程组方法，掌握其基本思想和应用技巧，可以有效提高解题能力和应试水平。
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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 。
化学待定系数法解方程待定系数法是解方程的一种方法，主要用于解决一元一次方程和一元二次方程的问题。
通过待定系数法，我们可以将方程转化为显式方程，进而求解方程中的未知数。
一、待定系数法的概念和用途待定系数法是指在解方程时，先假设方程中的未知数具有某种形式，然后通过方程的性质和条件来确定这些系数的值。
待定系数法主要用于解决以下两种类型的方程：1.一元一次方程：形式为ax + b = 0，其中a和b为已知数，x为未知数。
2.一元二次方程：形式为ax + bx + c = 0，其中a、b和c为已知数，x 为未知数。
二、解一元一次方程的步骤1.假设未知数x的解为k，即x = k。
2.将x = k代入原方程，得到关于k的方程。
3.解关于k的方程，得到k的值。
4.将k的值代入x = k，得到原方程的解。
三、解一元二次方程的步骤1.假设未知数x的解为k，即x = k。
2.将x = k代入原方程，得到关于k的一元二次方程。
3.使用求根公式或配方法求解关于k的方程，得到k的值。
4.将k的值代入x = k，得到原方程的解。
四、待定系数法在实际问题中的应用待定系数法在实际问题中具有广泛的应用，例如在物理、化学、数学等领域的方程求解。
以下是一个实际问题中的应用的例子：例子：解方程3x - 2 = 7假设x = 3k + 1，将x = 3k + 1代入方程，得到3(3k + 1) - 2 = 7。
解得k = 1，将k = 1代入x = 3k + 1，得到x = 4。
所以方程的解为x = 4。
五、练习题及解答1.解方程5x - 3 = 11假设x = 2k + 1，代入方程得5(2k + 1) - 3 = 11。
解得k = 1，代入x = 2k + 1得x = 3。
所以方程的解为x = 3。
2.解方程x - 3x + 2 = 0假设x = 1 + k，代入方程得(1 + k) - 3(1 + k) + 2 = 0。
解得k = 0或k = 1。
待定系数法例题摘要：1.待定系数法概述2.待定系数法例题解析3.待定系数法在实际问题中的应用正文：一、待定系数法概述待定系数法是数学中一种解决含有未知数的代数问题的方法，主要通过设定适当的待定系数，将问题转化为关于这些待定系数的方程组，然后求解这个方程组，从而得到未知数的值。
这种方法在代数、微积分、概率论等数学领域都有广泛的应用。
二、待定系数法例题解析假设我们要解决这样一个问题：已知函数f(x) = ax^2 + bx + c（a≠0）的图像上存在三个不同的点A(x1, y1)，B(x2, y2)，C(x3, y3)，且这三个点的横坐标分别为1, 2, 3，且y1 = 2，y2 = 5，y3 = 9。
我们要求解这个二次函数的具体形式。
根据待定系数法，我们设这个二次函数的形式为f(x) = ax^2 + bx + c，其中a、b、c 为待定系数。
由于这个函数的图像上存在三个不同的点，我们可以列出三个方程：a(1)^2 + b(1) + c = 2a(2)^2 + b(2) + c = 5a(3)^2 + b(3) + c = 9化简这三个方程，我们得到：a +b +c = 24a + 2b + c = 59a + 3b + c = 9解这个方程组，我们可以得到a = 1, b = 1, c = 0，所以这个二次函数的具体形式为f(x) = x^2 + x。
三、待定系数法在实际问题中的应用待定系数法在实际问题中的应用非常广泛，比如在物理学中，当我们遇到复杂的运动轨迹问题时，可以通过设定适当的待定系数，将问题转化为关于这些待定系数的方程组，从而简化问题。
在经济学中，待定系数法也可以用来求解成本、收益等函数的具体形式，这对于制定经济政策具有重要意义。
总之，待定系数法是一种强大的数学工具，可以帮助我们解决复杂的问题。
待定系数法在一类数列求通项问题中的应用数列问题是高中数学中极为重要的一个内容，从以往高考来看，数列往往作为大题的第四题或最后一题出现，是高考数学中一个较为困难的考点。
在高考中数列的大题往往包括2-3问，主要考察已知数列的前n 项和或已知数列的递推公式求数列的通项公式，求出通项公式后，求解数列的前n 项和。
无论是考点为以上问题中的哪一类，求解数列通项公式是其中的必由之路，其基本类型为：一、已知数列的前n 项和满足的表达式，求数列的通项。
1、已知)(),(+∈=N n n f S n (其中)(n f 表示的是一个以n 为自变量的函数)，对于此类问题只需要用1--=n n n s s a 求解，即可得到数列{n a }的通项公式。
2、已知)(),(+∈=N n a f S n n （其中)(n a f 表示的是一个以n a 为自变量的函数），对于此类问题仍只需要用1--=n n n s s a 求解，即可得到数列{n a }的通项公式或者数列的递推公式。
3、已知)(),,(+∈=N n n a f S n n （其中),(n a f n 表示的是一个以n a ，n 为自变量的二元函数），对于此类问题仍只需要用1--=n n n s s a 求解，即可得到数列{n a }的通项公式或者数列的递推公式。
对于以上问题，利用1--=n n n s s a 求解，如果得到了通项公式，问题既得到解决，如果得到的为数列的递推公式（第2、3两种情况），就需要利用已知递推公式，求解通项的方法进行。
二、已知递推公式，求通项公式。
如果题目条件给出的是数列的递推公式，或者为上述的第2、3两种情况得到的递推公式，我们根据递推公式的不同，求解策略也有所不同。
根据历年高考数列大题来看，已知或求解出的递推公式不外乎为以下6中情况。
1、递推公式为),2(1+-∈≥=-N n n d a a n n 其中d 为常数，既得到数列为等差数列。
待定系数法知识定位待定系数法是一种求未知数的方法。
将一个多项式表示成另一种含有待定系数的新的形式，这样就得到一个恒等式。
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。
知识梳理知识梳理1：待定系数法在多项式除法中的应用多项式除多项式时，其结果的形式我们往往是可以判断出的，在这种情况下，我们可以先假设出最后的结果（当然也是含未知数的），转化为等式再进行计算。
知识梳理2：待定系数法在因式分解中的应用在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法．知识梳理3：待定系数法在解方程中的应用在解一些复杂方程时，如果能够判断出方程的部分根，或者有方程根的一些限制条件；在这种情况下，采用待定系数的方法去解方程，往往可以有意想不到的效果。
知识梳理3：待定系数法在代数式恒等变形中的应用 知识梳理4：待定系数法在求函数解析式中的应用例题精讲【试题来源】【题目】已知多项式56423+-+x x x ，除式为12+x ，求它们相除所得到的商式和余式。
【答案】【解析】【知识点】待定系数法 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】已知r qx px x x ++++464234能被39323+++x x x 整除，求p,q,r 之值.【答案】【解析】【知识点】待定系数法 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】把多项式x 3－x 2+2x+2表示为关于x －1的降幂排列形式. 【答案】x 3－x 2+2x+2=(x －1)3+2(x －1)2+3(x －1)+4. 【解析】用待定系数法：设x 3－x 2+2x+2=a(x －1)3+b(x －1)2+c(x －1)+d 把右边展开，合并同类项（把同类项对齐）， 得 x 3－x 2+2x+2=ax 3－3ax 2+3ax －a +bx 2－2bx+b +cx －c +d 用恒等式的性质，比较同类项系数，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-+-=+--=+-=2223131d c b a c b a b a a 解这个方程组，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====4321d c b a∴x 3－x 2+2x+2=(x －1)3+2(x －1)2+3(x －1)+4. 本题也可用换元法： 设x －1=y, 那么x=y+1.把左边关于x 的多项式化为关于y 的多项式，最后再把y 换成x －1.【知识点】待定系数法 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】已知：4310252323-+-++-x x x cbx x ax 的值是恒为常数求：a, b, c 的值.【答案】a = 1 b = 1.5 c = -2 【解析】【知识点】待定系数法 【适用场合】当堂练习题 【难度系数】3【试题来源】【题目】分解因式：.310434422-+---y x y xy x【答案】【解析】【知识点】待定系数法【适用场合】当堂练习题【难度系数】3【试题来源】【题目】m为何值时，6522-++-ymxyx能够分解因式，并分解之.【答案】【解析】【知识点】待定系数法 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】已知：4x 4+ax 3+13x 2+bx+1是完全平方式.求： a 和b 的值.【答案】解得⎪⎩⎪⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧-==⎩⎨⎧-=-=⎩⎨⎧==172174 172174612612b a b a b a b a －或或或.【解析】设4x 4+ax 3+13x 2+bx+1＝（2x 2+mx±1）2（设待定的系数，要尽可能少.）右边展开，合并同类项，得4x 4+ax 3+13x 2+bx+1＝4x 4+4mx 3+(m 2±4)x 2±2mx+1. 比较左右两边同类项系数，得方程组⎪⎩⎪⎨⎧==+=m b m m a 213442； 或⎪⎩⎪⎨⎧-==-=m b m ma 213442.解得⎪⎩⎪⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧-==⎩⎨⎧-=-=⎩⎨⎧==172174 172174612612b a b a b a b a －或或或.【知识点】待定系数法 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】推导一元三次方程根与系数的关系. 【答案】见解析【解析】设方程ax 3+bx 2+cx+d=0(a≠0)的三个根分别为x 1, x 2, x 3.原方程化为x 3+02=++adx a c x a b . ∵x 1, x 2, x 3是方程的三个根. ∴x 3+=++adx a c x a b 2(x －x 1) (x －x 2) (x －x 3). 把右边展开，合并同类项，得 x 3+=++adx a c x a b 2=x 3－( x 1+x 2+x 3)x 2+(x 1x 2+x 1x 3+x 2x 3)x －x 1x 2x 3. 比较左右同类项的系数，得 一元三次方程根与系数的关系是： x 1+x 2+x 3=－a b ， x 1x 2+x 1x 3+x 2x 3＝a c ， x 1x 2x 3＝－ad.【知识点】待定系数法 【适用场合】课后两周练习 【难度系数】3【试题来源】【题目】已知：x 3+px+q 能被（x －a ）2整除.求证：4p 3+27q 2=0. 【答案】见解析 【解析】证明：设x 3+px+q ＝（x －a ）2（x+b ）. x 3+px+q=x 3+(b －2a)x 2+(a 2－2ab)x+a 2b.⎪⎩⎪⎨⎧==-=-③②①q b a p ab a a b 22202 由①得b=2a ， 代入②和③得 ⎪⎩⎪⎨⎧=-=3223aq ap∴4p 3+27q 2＝4（－3a 2）3+27(2a 3)2=4×（－27a 6）+27×（4a 6）=0. （证毕）.【知识点】待定系数法 【适用场合】课后一个月练习 【难度系数】3【试题来源】【题目】已知：f (x)=x 2+bx+c 是g (x)=x 4 +6x 2＋25的因式，也是q (x)=3x 4+4x 2+28x+5的因式.求：f (1)的值. 【答案】f (1)=4【解析】∵g (x),q (x)都能被f (x)整除,它们的和、差、倍也能被f (x)整除.为了消去四次项，设3g (x)－q (x)＝kf (x), (k 为正整数). 即14x 2－28x+70＝k (x 2+bx+c) 14（x 2－2x+5）＝k (x 2+bx+c) ∴k=14, b=－2, c=5. 即f (x)=x 2－2x+5. ∴f (1)=4 . 【知识点】待定系数法 【适用场合】阶段测验 【难度系数】4【试题来源】【题目】已知：23)2)(3(22++-+=+-+-x Cx B x A x x x x x ， 求：A ，B ，C 的值.【答案】A ＝－31. B ＝158. C ＝54. 【解析】去分母，得x 2－x+2=A(x －3)(x+2)+Bx(x+2)+Cx(x －3).根据恒等式定义（选择x 的适当值，可直接求出A ，B ，C 的值），当x=0时， 2＝－6A. ∴A ＝－31. 当x=3时， 8＝15B. ∴B ＝158.当x=－2时， 8＝10C. ∴C ＝54.【知识点】待定系数法 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】3【试题来源】【题目】分解因式：x 2+3xy+2y 2+4x+5y+3．【答案】原式=(x+2y+3)(x+y+1)．【解析】由于(x 2+3xy+2y 2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是x+2y+m 和x ＋y ＋n 的形式，应用待定系数法即可求出m 和n ，使问题得到解决． 设x 2+3xy+2y 2+4x+5y+3 =(x+2y+m)(x+y+n)=x 2+3xy+2y 2+(m+n)x+(m+2n)y+mn ， 比较两边对应项的系数，则有解之得m=3，n=1．所以原式=(x+2y+3)(x+y+1)．【知识点】待定系数法【适用场合】当堂练习题【难度系数】3【试题来源】【题目】分解因式：x4-2x3-27x2-44x+7．【答案】原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)【解析】分析本题所给的是一元整系数多项式，根据前面讲过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检验，它们都不是原式的根，所以，在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为(x2+ax+b)(x2+cx+d)的形式．解设原式=(x2+ax+b)(x2+cx+d)=x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(ad+bc)x+bd，所以有由bd=7，先考虑b=1，d=7有所以原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)．说明由于因式分解的唯一性，所以对b=-1，d=-7等可以不加以考虑．本题如果b=1，d=7代入方程组后，无法确定a，c的值，就必须将bd=7的其他解代入方程组，直到求出待定系数为止．本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因式．但利用待定系数法，使我们找到了二次因式．由此可见，待定系数法在因式分解中也有用武之地．【知识点】待定系数法【适用场合】随堂课后练习【难度系数】4【试题来源】【题目】已知方程0412924=-+-x x x 有两根为1和2，解这个方程【答案】x 1 = 1 x 2 = 2【解析】【知识点】待定系数法【适用场合】当堂练习题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知方程012823=+--x x x 有两个根相等，解这个方程. 【答案】【解析】【知识点】待定系数法【适用场合】当堂练习题【难度系数】3【试题来源】【题目】要使多项式))(2(2q x px x -++不含关于x 的二次项，则p 与q 的关系是（）A 相等B 互为相反数C 互为倒数D 乘积等于1【答案】A【解析】【知识点】待定系数法【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】已知多项式43261312x x x x m -+-+是一个完全平方式，试求常数m 的值。
待定系数法在平面解析几何中的应用平面解析几何中的一种重要方法就是“待定系数法”，而待定系数法就是指在一般位置关系已确定情况下，根据问题的条件和要求，设未知数，并求出相应待定系数，利用它们的符号可以判别方程有无解或得到精确的解。
另外还有一个性质就是这种方法仅限于一次函数，反之二次函数也适用，但不及一次函数那么简单。
其实对于这个法则的应用大家都应该很熟悉了，可是大家知道吗，在我们的生活中经常会碰到待定系数法，但是我们却没有注意到，比如说我们经常会在超市买一些食品饮料，需要找钱付款时却总是不好意思找零，于是总想逃过此劫，可是每次都被抓住，并被扣除掉相应的金额，心里非常的不高兴，可是又不能发火，就算你和收银员吵起来，人家依旧照样让你掏钱，最后受罪的还是你，现在你是否感觉自己当时像个傻瓜呢？在使用待定系数法之前，我们首先要明白什么是代入值，而这个代入值就是我们将新的问题转化为原问题后所求得的待定系数，也叫做基础系数，因为只有求出了基础系数，才能代入新的问题计算出其他各待定系数。
代入值与新的问题基本上处于同等地位，而且一定要放在初始状态，即从给定的起点开始进行运算，所谓初始状态就是我们假定整个变化过程是一个常量，并不随时间改变的特殊位置，这样就便于我们确定待定系数的正负，比如起点在东南方向的解答：所以我们在求待定系数时不能只注意x、 y、 z的符号，也要考虑其代表的含义，在这种情况下，我们采用的是“代入值为0，则其他待定系数为正”的方法，也就是“逐步试探法”，第一步，把整体问题中各待定系数变成已知的x、 y、 z，看待定系数值的符号是否发生改变；第二步，再把新的问题转化成原来的问题；第三步，检查代入的数据是否合理，这里要注意的是分母不能为0，否则无法求出待定系数。
比如图中给出的问题，其基础系数为-1，代入值为2，则整体问题的待定系数变成为4，再用代入值变成4变成y=-5，再检查代入值为-3则y为正，那么我们就把待定系数取为y= 0.所以我们在求待定系数时一定要灵活运用，切记千万不要死套定义式，要多尝试几个值看其结果是否与预期的相符。
待定系数法的应用长清中学：马永全要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：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。
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。
其应用比较广泛。
然而，同学们比较熟悉的仅是待定系数法在配方、有理式恒等变形、求曲线方程等方面的应用。
本文给出待定系数法在其他方面的应用。
一、 在导数中应用例1. 求52)3(++x x 展开式中含x 项的系数。
解：设0199101052)3(a x a x a x a x x +++=++ （1a 等是待定的系数）。
对式子两边求导数得：189910910)3)(12(5a x a x a x x x +++=+++令40535,041=⨯==a x二、 在向量中应用例2. 如下图所示，D 、E 分别是△ABC 的边AB 、BC 上的点，K 、M 是线段DE的三等分点，BK 、BM 与AC 分别交于T 、P ，证明3AC TP ≤。
证明：设a c a c 2211,,,,,λλλλ======，这里c 、a 是确定的向量，21,λλ是确定的实数。
a c BE BD BE DB BD BD DK BD BK 2131323132)(313λλ+=+=++=+=+= 设x =，得)3132(21a c x λλ+= 又设AC y AT =，得)(c a y AT -=由BT AB AT +=得)3132()(21a c x c c a y λλ++-=- c x a x yc ya )132(3112-+=-λλ 由平面向量基本定理得：。
132,3112-=-=λλx y x y 消去x ，解得2122λλλ+=y于是AC AT 2122λλλ+=。
根据对称得：AC PC 1212λλλ+=因为AC AC PC AT 32)22(121212≥+++=+λλλλλλ 3AC TP ≤三、在曲线系中应用例3. 已知一圆过点A （1，4），且与过点B （6，8）的直线相切于点C （3，5），求圆的方程。
解：由两点式得过B 、C 的直线方程是02=+-y x ,设所求圆的方程为： 0)2()5()3(22=+-+-+-y x y x λ（λ是待定系数）将点（1，4）代入此方程，解得5=λ。
再代入=+-+-+-)2()5()3(22y x y x λ0求得圆方程为： 0441522=+--+y x y x四、在基本不等式中的应用例4 有一块长为2米宽为1米的矩形铁皮，现要在四角各截去一个同样大小的正方形，然后做成无盖盒子，问该如何截法方能使其容积最大？解：设截去的正方形边长为x ，则所做成的盒子的容积为)21)(22(x x x V --=.此时)21)(22(44x x x V --=可以看成三个因式的乘积，而这三个因式的和为定值.然而由于方程4x=2-2x=1-2x 无解，因此这时我们不能直接应用基本不等式+∈++≤R x x x x x x x x x 3213213321,,,3来求解. 为了能用基本不等式求解，我们引入参数)210,210(,<<<<b a b a ，此时x 、ax a 22-、bx b 2-均大于0，把V 写成如下形式：3321)2)(22(1⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅≤--=b a ab bx b ax a x ab V . 等号当且仅当和一定，即0221=--b a 且)2()22(bx b ax a x -=-=时取到.从而12122+=+=b b a a x 且0221=--b a , 联立此二方程可得)32(32舍去+=-=a a . 此时331122-=+=a a x . 答：截去的小正方形边长为331-时，所做成的盒子的容积最大. 例5求函数))2,0((cos 2sin 36π∈+=x x x y 的最小值. 解：0cos ,0sin ),2,0(>>∴∈x x x π . 引入大于零的常数k ，函数xx y cos 2sin 36+=可变形为 k x k xx x k x x y -+++++=22cos cos 1cos 1sin sin 33sin 33, k k k k k -=-+≥333123273. 等号成立当且仅当⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==32232233221cos 3sin 33cos 33sin cos cos 1sin sin 33k x k x k x k x x k x x k x 由1cos sin 22=+x x 得11332=+k ，即80,642=⇒>=k k k 又.所以函数y 的最小值为168212123=-⨯=-k k .例6 设]2,0[π∈x ，求函数xx y 2sin 1sin +=的最小值. 分析：因为]2,0[π∈x ，所以0sin >x ，xx y 2sin 1sin +=可变形为xx x y 2s i n 12s i n 2s i n ++= 由基本不等式得32413sin 12sin 2sin ≥++x x x 等号当且仅当xx 2sin 12sin =取到，即2sin 3=x ，这是不可能的.解：因为]2,0[π∈x ，所以0sin >x ，为了能用基本不等式求解，我们引入参数)10(<<k k ，把y 写成如下形式：x k x k x x y 22sin 1sin 2sin 2sin -+++=11433k k -+≥ 等号当且仅当x k x 2sin 2sin =且1sin =x 时取到, 从而21=k ，得2218133=+≥y ， 即函数x x y 2sin 1sin +=的最小值为2. 由上述三例可知，适当引入参数，利用待定系数法，可以解决基本不等式中等号不能成立的问题.五、待定系数法在求数列通项公式中的应用求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。
通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。
1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a n +k }的形式求解例7、数列{a n }满足a 1=1，a n =21a 1-n +1（n ≥2），求数列{a n }的通项公式。
解：由a n =21a 1-n +1（n ≥2）得a n －2=21（a 1-n －2），而a 1－2=1－2=－1， ∴数列{ a n －2}是以21为公比，－1为首项的等比数列 ∴a n －2=－（21）1-n ∴a n =2－（21）1-n 说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ a n －2}，从而达到解决问题的目的。
一般地，形如a 1+n =p a n +q （p ≠1，pq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解：设a 1+n +k=p （a n +k ）与原式比较系数可得pk －k =q ，即k=1-p q ，从而得等比数列{a n +k }。
例8、数列{a n }满足a 1=1，0731=-++n n a a ,求数列{a n }的通项公式。
解：由0731=-++n n a a 得37311+-=+n n a a 设a )(311k a k n n +-=++，比较系数得373=--k k 解得47-=k ∴{47-n a }是以31-为公比，以43471471-=-=-a 为首项的等比数列 ∴1)31(4347--⨯-=-n n a ∴1)31(4347--⨯-=n n a 2、通过分解系数，可转化为特殊数列}{1--n n a a 的形式求解例9、数列{a n }满足23,5,21221+-==++n n a a a a n a =0，求数列{a n }的通项公式。
分析：递推式02312=+-++n n n a a a 中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项1+n a 的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列}{1--n n a a 。
解：由02312=+-++n n n a a a 得0)(2112=---+++n n n n a a a a即）n n n n a a a a -=-+++112(2，且32512=-=-a a∴}{1n n a a -+是以2为公比，3为首项的等比数列∴1123-+⋅=-n n n a a利用逐差法可得112111)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=-++=2232323021+⋅++⋅+⋅-- n n=2)1222(321+++++⋅-- n n=221213+--⋅n=123-⋅n∴1231-⨯=-n n a说明：这种方法适用于n n n qa pa a +=++12型的递推式，通过对系数p 的分解，可得等比数列}{1--n n a a ：设)(112n n n n ka a h ka a -=-+++，比较系数得q hk p k h =-=+,，可解得k h ,。
例10、数列{a n }中，n n n a a a a a +===++122123,2,1，求数列{a n }的通项公式。
解：由n n n a a a +=++1223得,313212n n n a a a +=++设)(112n n n n ka a h ka a -=-+++ 比较系数得3132=-=+kh h k ，，解得31,1-==h k 或1,31=-=h k 若取31,1-==h k ，则有)(31112n n n n a a a a --=-+++ ∴}{1n n a a -+是以31-为公比，以11212=-=-a a 为首项的等比数列 ∴11)31(-+-=-n n n a a 由逐差法可得112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- =11)31()31()31()31(232++-+-++-+--- n n =131)31(11++---n =11)31(43471)31(143---⨯-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--n n 说明：若本题中取1,31=-=h k ，则有n n n n a a a a 3131112+=++++即得 }31{1n n a a ++为常数列，故373123131311211=+=+==+=+-+a a a a a a n n n n 可转化为例2。
