今天想跟大家分享的是有趣的待定系數(shù)法，這個方法在很多題的求解都能用上。而待定系數(shù)法的使用基本都可以體現(xiàn)其中的一個共性:也就是先預(yù)知后定量分析。

看不懂別慌，舉幾個應(yīng)用事例。

一、解決一些可用分部積分法求解的不定積分

這里講的大部分涉及到高數(shù)的一些基礎(chǔ)，學(xué)過高數(shù)的讀者就當(dāng)鞏固基礎(chǔ)好了。

簡介分部積分法:

根據(jù)導(dǎo)數(shù)的四則運算，有:

移項得:

兩邊積分得:

我們便得出結(jié)論:一個不定積分可以用一個函數(shù)減去另一個不定積分來表示(這其實就是導(dǎo)數(shù)乘法法則的逆運算)

這個新的不定積分的被積函數(shù)也是兩個函數(shù)相乘，一個是導(dǎo)數(shù)(f(x)對應(yīng)f'(x))，一個是原函數(shù)(g'(x)對應(yīng)g(x))。而前面的這個函數(shù)是兩個原函數(shù)部分相乘(f(x)g(x))。

如果比更好求，那么分部積分法就其作用了

如:(1)三角函數(shù)*整式多項式函數(shù)

求

這里有兩條路，一是對x2積分，對sinx求導(dǎo)，得，這個的原函數(shù)似乎比原來更難找了。

二是對x2求導(dǎo)，對sinx積分，得，我們發(fā)現(xiàn)這個新的被積函數(shù)的多項式部分較原來降了一次，那么如果我們再用同樣方法最終就可以把多項式函數(shù)去掉了，因此第二條路是有效的。

其中

最后補上常數(shù)C，即

因此，對于此類積分，我們就采用分部積分法使新的被積函數(shù)的多項式函數(shù)部分的次數(shù)逐次降下來，最終去掉積分項達(dá)到求解目的。

但如果多項式函數(shù)次數(shù)較高，采用分部積分法往往需要進(jìn)行多次的降次步驟，顯得有些繁瑣了，那么如何在這繁瑣的運算中找到某些規(guī)律呢，重要的事情說三遍:

分析形式！分析形式！分析形式！

之所以強調(diào)這點是因為這是本章的精髓

我們寫出最能代表這類型的被積函數(shù)通式:

其中,為常數(shù)

(圖片也留著吧，不想刪了，字跡潦草見諒)

觀察形式，我們發(fā)現(xiàn)新函數(shù)的形式是一個多項式函數(shù)*，且多項式最高次跟原多項式相等

新被積函數(shù)的形式是一個多項式函數(shù)*，且多項式最高次比原多項式低1次

繼續(xù)對新的被積函數(shù)采用分部積分

求

設(shè)多項式函數(shù)為：

(ps:這里重新設(shè)常數(shù)D?,D?...后所代表的意義不變，都是代指前面的系數(shù))

ps:上圖和碼字有一點不同的是，碼字中我將并入多項式函數(shù)的系數(shù)中了，不影響形式的分析

再次分部積分后發(fā)現(xiàn)新函數(shù)的形式是一個多項式函數(shù)*且多項式最高次比原多項式低1次

新被積函數(shù)的形式是一個多項式函數(shù)*，且多項式最高次比原多項式低2次

由此我們可以總結(jié):三角函數(shù)部分的形式總在和之間“反復(fù)橫跳”，而其前面的多項式函數(shù)仍保持多項式函數(shù)的形式，因此經(jīng)過一系列的分部積分并加加減減之后，可得到原函數(shù)是多項式函數(shù)*+多項式函數(shù)*的形式

進(jìn)一步分析可得多一個信息:三角函數(shù)與原被積函數(shù)異號(對于上面這題這里是cos)的式子前面的多項式次數(shù)與被積函數(shù)中的多項式函數(shù)次數(shù)相等;三角函數(shù)與原被積函數(shù)同號(對于上面這題這里是sin)的式子前面的多項式次數(shù)與被積函數(shù)中的多項式函數(shù)次數(shù)低1次(后面的多項式次數(shù)會越降越低，故只需看首次出現(xiàn)三角函數(shù)的項前面多項式的系數(shù))

不過后面的這段信息分析不出也沒關(guān)系，關(guān)鍵是前面的分析出原函數(shù)的形式！??！

的推導(dǎo)同理

既然我們分析出了原函數(shù)的形式，那么就可以逆向設(shè)滿足形式的原函數(shù)，對其求導(dǎo)，令其與被積函數(shù)相等算出系數(shù)即可(待定系數(shù)法)

設(shè)

則g'(x)-ωh(x)=多項式函數(shù)①

ωg(x)+h'(x)=多項式函數(shù)②

由1式整理可將h(x)用①和g'(x)表示

對其求導(dǎo)求出h'(x),則h'(x)用①'和g''(x)表示

代入2式可得g(x)+(系數(shù))g''(x)=多項式函數(shù)③

由于多項式函數(shù)的二階導(dǎo)比原函數(shù)低2次，故只需根據(jù)③的最高次設(shè)函數(shù)g(x)待定系數(shù)即得，再代入1式可求得h(x)

當(dāng)然，2式代入1式也同樣道理

下面拿一道題來應(yīng)用下。

設(shè)

對比被積函數(shù)得:

①

②

由②得:

則

代入①式得:

設(shè)

則,

即

令，解得:

∴

重點！重點！重點！

我們縷清思路后會發(fā)現(xiàn)，流程的步驟應(yīng)該是:先分析形式，后待定系數(shù)。

換而言之，待定系數(shù)是分析形式后的產(chǎn)物！

所以一道可用待定系數(shù)解決的題目，其數(shù)學(xué)思想不在于待定系數(shù)法本身，而在于前面的分析形式！我們便透過現(xiàn)象看著了本質(zhì)！

類似這種思路的還有如下幾種，由于篇幅原因這里就省去相同思想的推導(dǎo)過程了，若讀者們有所啟發(fā)可自行將過程推導(dǎo)出來，那么就算掌握精髓了。

類型二:,其中p(x)為多項式函數(shù)且最高次為n

那么其原函數(shù)形式為，其中C為常數(shù)，h(x)為多項式函數(shù)且最高次為n

類型三:

那么其原函數(shù)形式為,其中λ,μ為常數(shù)

不過類型三都是兩部分部積分就解決的，可以不用上法，只需要注意選定對三角函數(shù)進(jìn)行兩次同樣的步驟就行(第一次選擇求導(dǎo)，第二次則選擇求導(dǎo);第一次選擇積分，第二次則選擇積分。否則就“回到解放前”了)

二、用于求整式多項式數(shù)列的求和式

如:求

其中一種方法就是構(gòu)造

前者用二項式定理展開得:

∴

...

累加得:

最后一項為等差數(shù)列:

代入上式可解得:

ps:其實等差數(shù)列的求和式也可以用上述方法推出，求，可構(gòu)造

用同樣的方法，我們可求

累加得:

而上面已求得

代入上式化簡解得:

而到此你會發(fā)現(xiàn)，求(a為正整數(shù))，就需要構(gòu)造，還需知道，那么就需要逐層往上求，而這時待定系數(shù)法又能發(fā)揮其作用了。

不妨先分析其形式

∴

累加得：

整理得：

得到式子中有項

同理

式子中有項

式子中有項

...以此類推

那么可得a為中的最高次項

也即的求和式是最高次為a的多項式

另外還可簡單證明求和式有幾個性質(zhì):1.沒有常數(shù)項，簡證如下:

已知求和式為多項式f(n)，且n≥1均成立

則an=f(n)-f(n-1)

a?=f(1)-f(0),即f(0)=0

(這個結(jié)論在求和式滿足n=1時也成立時適用)

2.最高次項系數(shù)為為

的表達(dá)式中將除過去可得證

這兩個進(jìn)一步推出的信息分析不出也沒關(guān)系，關(guān)鍵是掌握如何分析出求和式的形式

另外，若一個數(shù)列為多項式，那么其求和式也是多項式，且求和式最高次數(shù)比數(shù)列最高次數(shù)高1次。這個根據(jù)分組求和很容易分析得到。

來舉一道題應(yīng)用下:

已知,求

設(shè)

n分別帶1,2,3得到方程組:

解得:

∴

以上舉了待定系數(shù)法的兩個應(yīng)用事例，該法應(yīng)用廣泛，如:二階線性遞推數(shù)列及其特征值、有理分式裂項、線性微分方程的特征值等，由于篇幅有限，這里不一一介紹了，讀者們可以帶著這份啟示去研究一番。

而待定系數(shù)法的由來即前面的形式特征的分析，這提供了一個分析繁雜問題的一個很好的思考方向。我們在做題(即解決問題)時要思考其由來，這樣才不會被花哨的解題技法秀花眼，才能體會到方法背后美妙的數(shù)學(xué)精髓！