第47练配方法与待定系数法题型分析高考展望配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”)的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简.如何配方，需要我们根据题目的要求，合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完全配方.配方法是数学中化归思想应用的重要方法之一.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.例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解.高考必会题型题型一配方法例1(1)设x2，8时，函数f(x)loga(ax)loga(a2x)(a0，且a1)的最大值是1，最小值是，则a的值是_.(2)函数ycos 2x2sin x的最大值为_.(3)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量(2，2)，(4，1)，在x轴上取一点P，使有最小值，则P点的坐标是_.答案(1)(2)(3)(3，0)解析(1)由题意知f(x)(logax1)(logax2)(logax)2.当f(x)取最小值时，logax，又x2，8，a(0，1).f(x)是关于logax的二次函数，函数f(x)的最大值必在x2或x8处取得.若(loga2)21，则a2，f(x)取得最小值时，x(2)2，8，舍去.若(loga8)21，则a，f(x)取得最小值时，x()22，8，a.(2)ycos 2x2sin x12sin2x2sin x2(sin2xsin x)12(sin x)2212(sin x)2.因为1sin x1，所以当sin x时，y取最大值，最大值为.(3)设P点坐标为(x，0)，则(x2，2)，(x4，1)，(x2)(x4)(2)(1)x26x10(x3)21，当x3时，有最小值1，此时点P坐标为(3，0).点评配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方式(ab)2a22abb2，具体操作时通过加上一次项系数一半的平方，配凑成完全平方式，注意要减去所添的项，最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方.它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题.如：yx2bxcx22x()2()2c(x)2，yax2bxca(x2x)cax22x()2()2ca(x)2.变式训练1(1)若函数f(x)m的定义域为a，b，值域为a，b，则实数m的取值范围是_.(2)已知函数ysin2xasin x的最大值为2，则a的值为_.(3)已知向量a(2，2cos2)，b(m，sin )，其中，m，为实数，若a2b，则的取值范围是_.答案(1)m2(2)2或(3)6，1解析(1)易知f(x)m在a，b上单调递减，因为函数f(x)的值域为a，b，所以即两式相减得，ab(a3)(b3)()2()2，所以1，因为a1，即a2时，函数y(t)2(a2a2)在1，1上单调递增，所以由ymax1aa2，得a.当1，即a2时，函数y(t)2(a2a2)在1，1上单调递减，所以由ymax1aa2，得a2(舍去).综上，可得a2或a.(3)由题意知，2b(2m，m2sin )，所以22m，且2cos2m2sin ，于是222cos224sin ，即222sin24sin 42(sin 1)26，故2226，即解得2，则26，1.题型二待定系数法例2(1)(2015课标全国)设向量a，b不平行，向量ab与a2b平行，则实数_.答案解析向量a，b不平行，a2b0，又向量ab与a2b平行，则存在唯一的实数，使ab(a2b)成立，即aba2b，则得解得.(2)是否存在常数a，b，c，使得等式122232n(n1)2(an2bnc)对一切自然数n都成立？并证明你的结论.解假设存在a，b，c使得等式成立，令n1，得4(abc)；令n2，得22(4a2bc)；令n3，得709a3bc，整理得解得于是n1，2，3，等式122232n(n1)2(3n211n10)成立.下面用数学归纳法证明，对任意自然数n，该等式都成立.假设对nk时等式成立，即122232k(k1)2(3k211k10)；当nk1时，122232k(k1)2(k1)(k2)2(3k211k10)(k1)(k2)2(k2)(3k5)(k1)(k2)2(3k25k12k24)3(k1)211(k1)10，也就是说，等式对nk1也成立.综上所述，当a3，b11，c10时，题设的等式对一切自然数n都成立.点评使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题是含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决.变式训练2已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，它们满足S42S28，b2，T2，且当n4或5时，Sn取得最小值.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)令cn(Sn)(Tn)，nN*，如果cn是单调数列，求实数的取值范围.解(1)设an的公差为d，bn的公比为q，因为当n4或5时，Sn取得最小值，所以a50，所以a14d，所以an(n5)d，又由a3a4a1a28，得d2，a18，所以an2n10；由b2，T2得b1，所以q，所以bn.(2)由(1)得Snn29n，Tn，cn，当cn为递增数列时，cnn210n4恒成立，当cn为递减数列时，cncn1，即n210n4恒成立，ak1且akak1成立(其中k2，kN*)，则称ak为数列an的峰值，若an3n215n18，则an的峰值为()A.0 B.4 C. D.答案A解析因为an3(n)2，且nN*，所以当n2或n3时，an取最大值，最大值为a2a30，故峰值为0.2.若点O和点F(2，0)分别为双曲线y21(a0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则的取值范围为_.答案32，)解析由条件知a21224，a23，双曲线方程为y21，设P点坐标为(x，y)，则(x，y)，(x2，y)，y21，x22xy2x22x1x22x1(x)2.又x (P为右支上任意一点)，32.3.已知a为正的常数，若不等式1对一切非负实数x恒成立，则a的最大值为_.答案8解析原不等式即1，(*)令t，t1，则xt21，所以(*)即1t对t1恒成立，所以对t1恒成立，又a为正的常数，所以a2(t1)2min8，故a的最大值是8.4.设e1，e2为单位向量，非零向量bxe1ye2，x，yR，若e1，e2的夹角为，则的最大值等于_.答案2解析|b|2(xe1ye2)2x2y22xye1e2x2y2xy.，当x0时，0；当x0时， 2.5.(2015浙江)已知e1，e2是空间单位向量，e1e2，若空间向量b满足be12，be2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_.答案122解析方法一由题意得xx0，yy0时，|b(xe1ye2)|取得最小值1，把|b(xe1ye2)|平方，转化为|b|2x2y2xy4x5y，把x2y2xy4x5y看成关于x的二次函数，利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，说明当xx0，yy0时，|b(xe1ye2)|取得最小值1.|b(xe1ye2)|2|b|2(xe1ye2)22b(xe1ye2)|b|2x2y2xy4x5y，要使|b|2x2y2xy4x5y取得最小值，需要把x2y2xy4x5y看成关于x的二次函数，即f(x)x2(y4)xy25y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x2，所以当x2时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)(y2)27，显然当y2时，f(x)min7，此时x21，所以x01，y02.此时|b|271，可得|b|2.方法二e1e2|e1|e2|cose1，e2，e1，e2.不妨设e1，e2(1，0，0)，b(m，n，t).由题意知解得n，m，b.b(xe1ye2)，|b(xe1ye2)|222t2x2xyy24x5yt272(y2)2t2.由题意知，当xx01，yy02时，2(y2)2t2取到最小值.此时t21，故|b| 2.6.已知函数f(x)x2axb2b1(aR，bR)，对任意实数x都有f(1x)f(1x)成立，若当x