判别式法证明不等式(精选多篇)

第一篇：判别式法证明不等式

判别式法证明不等式

x^2+y^2+z^2>=2xycosc+2zxcosb+2yzcosa

等价于(x-cosc*y-cosb*z)^2+(sinc*y-sinb*z)^2>=0

对于分式函数y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)：

由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有实数解，因此“求f(x)的值域。”这一问题可转化为“已知关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有实数解，求y的取值范围。”

把x作为未知量，y看作常量，将原式化成关于x的一元二次方程形式(*)，令这个方程有实数解，然后对二次项系数是否为零加以讨论：

(1)当二次项系数为0时，将对应的y值代入方程(*)中进行检验以判断y的这个取值是否符合x有实数解的要求，……

(2)当二次项系数不为0时，∵x∈r，∴δ≥0，……

此时直接用判别式法是否有可能产生增根，关键在于对这个方程去分母这一步是不是同解变形。

原问题“求f(x)的值域。”进一步的等价转换是“已知关于x的方程y(dx^2+ex+f)=ax^2+bx+c至少有一个实数解使得dx^2+ex+f≠0，求y的取值范围。”

【举例说明】

1、当函数的定义域为实数集r时

例1求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x+1)的值域.

解：由于x^2+x+1=(x+12)^2+34>0，所以函数的定义域是r.

去分母：y(x^2+x+1)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x+(y-1)=0.(*)

(1)当y≠1时，由△≥0得0≤y≤4;

(2)当y=1时，将其代入方程(*)中得x=0.

综上所述知原函数的值域为〔0，4〕.

2、当函数的定义域不是实数集r时

例2求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x-2)的值域.

解：由分母不为零知，函数的定义域a={x|x≠-2且x≠1}.

去分母：y(x^2+x-2)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x-(2y+1)=0.(*)

(1)当y≠1时，由△≥0得y^2≥0�y∈r.

检验：由△=0得y=0，将y=0代入原方程求得x=1，这与原函数定义域a相矛盾，

所以y≠0.

(2)当y=1时，将其代入方程(*)中得x=1，这与原函数定义域a相矛盾，

�

所以y≠1.

综上所述知原函数的值域为{y|y≠0且y≠1}

对于分式函数y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)：

由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解，

把“求f(x)的值域”这问题可转化为“已知x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解，求y的取值范围”把x当成未知量，y当成常量，化成一元二次方程，让这个方程有根.先看二次项系数是否为零，再看不为零时只需看判别式大于等于零了.

此时直接用判别式法是否有可能出问题，关键在于对这个方程取分母这一步是不是同解变形。

这个问题进一步的等价转换是“已知x的方程y(x^2+mx+n)=ax^2+bx+c)到少有一个实数解使x^2+mx+n≠0，求y的取值范围”

这种方法不好有很多局限情况，如：定义域是一个区间的.定义域是r的或定义域是r且不等于某个数的还可以用.过程用上面的就可以了.。

第二篇：判别式法

题型9 判别式法 a1x2?b1x?c1形如y?(a1,a2不同时为0),把函数解析式转化为关于x的方程,通过方程有2a2x?b2x?c2

实根,判别式??0,从而建立关于y的不等式,解不等式即得y的取值范围(函数的值域). 注:⑴关于x的方程的二次项前的系数是参数时,要分二次项系数为0和不为0两种情况讨论,检验二次项系数为0时y的值是否符合题意.

⑵若分子、分母有公因式,先约去公因式后,再用y?

验舍去公因式对值域的影响.

例10 求下列函数的值域. cx?d?a?0?的形式的方法解决,再检ax?b

x2?x?3x2?x?2⑴y?2⑵y?2 x?x?1x?4x?3

第三篇：判别式法(4)

天河数学牛老师： qq234124222

er数学解题思想方法专题培训（四）

判别式法

【知识梳理】

定理：实系数一元二次方程ax2?bx?c?0有两个不等实根、有两个相等实根、没有实根的充要条件是：b2?4ac>0、b2?4ac=0、b2?4ac<0.记??b2?4ac，称其为方程是否有实根的判别式。同时也是与方程对应的函数、不等式的判别式。

上述定理利用配方法容易证明。既然实系数一元二次方程与其对应的函数、不等式有共同的判别

式，说明??b2?4ac是联系三者的桥梁。它有极其丰富的内涵和外延，涉及内容广泛且重要；因此，要充分利用和开发它在解题中的价值，往往会为我们解题拓展思路，指明方向，铺平道路。

判别式的使用范围：定理中明确规定：“实系数”指a,b,c?r；“二次”指a?0；方程是在（－∞，－∞）

内求解。这三者缺一不可，否则上述定理不成立。

一般地，当题中含有或可构造二次型的多项式、方程、函数、不等式时均可考虑用判别式(更多内容请访问好范 文网：wwW.)寻找思路，发现解题突破口；或围绕判别式展开一系列的联想、创新思维活动。在使用判别式时要充分挖掘隐含条件灵活变通，有时要变更主元，调整条件结构才能使用。一般有如下几种策略：

⑴ 讨论用法：对判别式的正负性分类讨论，由此可分类求出方程的解，不等式解集，参数取值范围等。

（2）构造用法：根据条件构造判别式或构造方程、函数，由此可求函数值域，证明等式，证明不等式，求恒成立问题等。

【经典例题】

一在代数恒等变形中的应用

例1下列二次三项是，在实数范围内不能因式分解的是

2a,6x?x?15b,3x?10x?7c,2x?5x?4dy?22y?2 222

例2k为何值时，二次三项式4x?kx?3是一个完全平方式

天河数学牛老师： qq234124222 2

例3已知a,b,c均为实数，且a?b?8，ab?c2?16?0，求证a?b?c?0

例4m为何值时，6x2?xy?2y2?my?6能分解成两个一次式，并进行因式分解

二在方程（组）中的应用

例5已知a,b是关于x的方程x?2px?p?

?x?y?2例6求方程组?的实数解 2xy?z?1?222p?1?0的两个根，求ab?p的值

天河数学牛老师： qq234124222

例7若一元二次方程2x(kx?4)?x2?6?0没有实数根，则k的最小值是

a2,b1,c-1,d不存在

例8若关于x的一元二次方程x2?mx?n?0有两个相等的实数根，则符合条件的一组m,n的实数值是：m=, n=,

例9当b为何值时，关于x的方程x?3(a?1)x?(2a?a?b)?0的根在a取任意有理数时均为有理数。

三在函数中的应用

例10对于任意实数x，二次三项式2kx?4x?k?1的值皆为正，求实数k的取值范围。

天河数学牛老师： qq234124222 222

例11已知二次函数y?x2?2ax?(b?c)2，其中a,b,c是?abc的三边，求证这个函数的图像与x轴没有公共交点.

例12已知二次函数的图像过a(1,0)和b(2,1),且与y轴交点的纵坐标为m,

（1） 若m为定值，求此二次函数的解析式。

（2） 若二次函数的图像和x轴还有异于a点的另一个交点，求m的取值范围。

（3） 若二次函数的图像截直线y??x?1所得的线段长为22，确定m的值。

例13已知x,y为实数，且(x?3)?(y?3)?6，求

四在几何，三角中的应用

例14设⊙o的半径为2，点p到圆心的距离op=m，使关于x的方程2x?22x?m?1?0有实数根，试确定点p的位置

天河数学牛老师： qq234124222 222yx的最大值

例15

2已知a,b,c2是?abc的三边长，当m?0时，关于x的一元二次方程c(x?m)?b(x?m)?2max?0，有两个相等的实数根，求证?abc是直角三角形。

例16在?abc中，?c?90?，?a使关于x的方程x2?2sina?x?cos2a?sina?0有两个相等的实数根，斜边c使关于y的方程cy2?8y?c?6?0有两个相等的实数根，解这个直角三角形

例17如右图，?abc中，?b?60?,且?b所对的边b=1,求其余两边和的最大值。

天河数学牛老师： qq234124222 abdc

例18如右图，ab是⊙o的直径，p是ba延长线上的一点，pc切⊙o于c,ad?pc于d, be?pc于e,ad?be?30,dc,ce是关于x的方程(m?7)x2?3mx?18m?0的两个根，求pa与pc的长。

天河数学牛老师： qq234124222

第四篇：关于判别式法与韦达定理的论述

关于判别式法与韦达定理论述

weiqingsong

摘要：判别式法与韦达定理除了已知一元二次方程的一个根，求另一根；已知两个数的和与积，求这两个数等简单应用外，还可以求根的对称函数，讨论二次方程根的符号，解对称方程组，以及解一些有关二次曲线的问题等，都有非常广泛的应用。

关键词：判别式法韦达定理

在中学解题中判别式法与韦达定理的应用极其普遍，因此系统的研究一下利用判别式法与韦达定理解题是有必要的。别式法与韦达定理说明了一元二次方程中根和系数之间的关系。它们都有着广泛的应用在整个中学阶段。

一、韦达定理的由来

法国数学家韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理。历史是有趣的，韦达的16世纪就得出这个定理，证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性。 判别式法与韦达定理在方程论中有着广泛的应用。

二、对判别式法的介绍及概括

一般的关于一元二次方程ax^2+bx+c=0（a、b、c属于r，a≠0）根的判别，△=b^2-4ac，不仅用来判定根的性质，而且作为一种解题方法，在代数式变形，解方程(组)，解不等式，研究函数乃至几何、三角运算中都有非常广泛的应用。

关于x的一元二次方程x^2+mx+n=0有两个相等的实数根，求符合条件的一组的实数值。这是应注意以下问题：如果说方程有实数根，即应当包括方程只有一个实根和有两个不等实根或有两个相等实根三种情况；如果方程不是一般形式，要化为一般形式，再确定a、b、c的值；使用判别式的前提是方程为一元二次方程，即二次项系数a≠0；当二次项系数含字母时，解题时要加以考虑。

判别式的主要应用有：不解方程就可以直接判定方程的根的情况；已知方程根的情况，确定方程中未知系数（或参数）的取值范围；判别或证明一元二次方程的根的性质；判别二次三项式ax^2+bx+c(a≠0)能否在实数范围内分解因式(1) 当△≥0 时，二次三项式在实数范围内能分解因式；（2）当△≤0 时，二次三项式在实数范围内不能分解因式。

三、某些利用别式法解题的例题

“判别式法”是我们解题时常用的方法，对初高中同学来说，在解题中常常用到，掌握它很有必要，下面举例说明它的作用。

1. 求最值

例： 已知a?2b?ab?30，且a?0，b?0，试求实数a、b为何值时，ab 1

取得最大值。

解：构造关于a的二次方程，应用“判别式法”。设ab?y

由已知得a?2b?y?30（2）

（3） （1） 2ab由（1）（2）消去，对a整理得?(y?30)a?2y?0

22对于（3），由??(y?30)?4?2y?0，y?68y?900?0，解得y?50或

y?18。由y?ab?30，舍去y?50，得y?18。

2把y?18代入（3）（注意此时??0），得a?12a?36?0，即a?6，从而

b?3。

故当a?6，b?3时，ab取得最大值为18。

2. 求参数的取值范围

例：对于函数f(x)，若存在x0?r，使f(x0)?x0成立，则称x0为f(x)的

2f(x)?ax?(b?1)x?b?1(a?0)，不动点。已知函数对于任意实数b，函数f(x)

恒有两个相异的不动点，求a的取值范围。

解：对任意实数b，f(x)恒有两个相异的不动点?对任意实数b,ax2?(b?1)x?b?1?x恒有两个不等实根?对任意实数b，ax2?bx?b?1?0

2恒有两个不等实根?对任意实数b,??b?4a(b?1)?0恒成立。

22??b?4a(b?1)?b?4ab?4a看作关于b的二次函数，可以将则对任意实

22b，??b?4ab?4a?0?'?(?4a)?4?4a?0?a(a?1)?0 ?数恒成立

?0?a?1

故a的取值范围是(0，1)

四、对韦达定理的介绍及概括

韦达定理说明了一元n次方程中根和系数之间的关系。 这里讲一元二次方程两根之间的关系。 一元二次方程ax^2+bx+c=0﹙a≠0﹚中，两根x1,x2有如下关系：x1+ x2=-b/a，x1·x2=c/a. 韦达定理（即根与系数的关系）虽然是初中数学的内容，但它的应用却贯穿于整个中学数学教学的始终，用它来解决一些数学问题非常简捷巧妙，简捷得使人惊叹，巧妙的令人叫绝，能激发学生的学习兴 2

趣。有利于创造思维能力的培养。

五、某些利用韦达定理解题的例题

1.利用根与系数的关系求值

11?2例：若方程x?3x?1?0的两根为x1,x2，则x1x2的值为_____.

x1?x2??b?3c?1???3,x1?x2????1a1a1解：根据韦达定理得：

?11x1?x23?????3x1x2x1x2?1

2.利用根与系数的关系构造新方程

理论：以两个数为根的一元二次方程是。 例：解方程组

解：显然，x，y是方程z2-5z+6＝0 ① 的两根

由方程①解得 z1=2,z2=3

∴原方程组的解为 x1=2,y1=3

x2=3,y2=2

六、判别式法与韦达定理相结合的综合应用

例1.如图所示，抛物线y2=4x的顶点为o，点a的坐标为(5，0)，倾斜角为?

4的直线l与线段oa相交(不经过点o或点a)且交抛物线于m、n两点，求△amn面积最大时直线l的方程，并求△amn的最大面积解：由题意，可设l的方程为y=x+m,其中－5＜m＜0由方?y?x?m?2程组?y?4x,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0①∵直线l线有两个不同交点m、n，∴方程①的判别式δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0)

设m(x1,y1),n(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2,∴|mn|=42(1?m)点

a到直线l的距离为∴s△=2(5+m)?m,从而s△2=4(1－m)(5+m)2=2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤ 3

2?2m?5?m?5?m

32()3=128

∴s△≤82,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号故直线l的方程为y=x－1，△amn的最大面积为

解法二由题意，可设l与x轴相交于b（m,0）, l的方程为x = y +m,其中0＜m＜5?x?y?m?2y?4x由方程组?,消去x,得y 2－4 y －4m=0①∵直线l与抛物线有

两个不同交点m、n，

∴方程①的判别式δ=(－4)2+16m=16(1+m)＞0必成立,设m(x1,y1),n(x2,y2)则y 1+ y 2=4，y 1·y 2=－4m,

11(5?m)|y1?y2|?(5?m2∴s△

=251(?m)＝422

??∴s△≤851(?m)?(1?m)22即m=1时取等号2,当且仅当

故直线l的方程为y=x－1，△amn的最大面积为

82y例2.已知抛物线?4x的焦点为f，过f作两条互相垂直的弦ab、cd，

设ab、cd的中点分别为m、n。求证：直线mn必过定点，并求出定点的坐标。

解：设直线ab的方程为y?k(x?1)（k?0），则

4??y?k(x?1)x?x?2??b?k2x2?(2k2?4)x?k2?0??ak2?2?y?4x??xa?xb?1，

4?2?ya?yb???xc?xd?2?4k?yc?yd??4kk22???m?1?2,????ya?yb??2x?x?1kk???yc?yd??2，??cd从而有，。同理，有?，

n(1?2k,?2k)。因此，直线mn的斜率2kmn?k

1?k2，从而直线mn的方程为

y?2k?kk2(x?1?2k)y?(x?3)21?k21?k，即。显然，直线mn必过定点(3,0)； 参考文献：①《浅谈“判别式法”的作用》作者：徐国锋、袁玉凤

②《 2014年安徽省安庆一中高考模拟试卷》

③《 2014年乌鲁木齐地区高三年级第二次诊断性测验试卷》

第五篇：不等式的导数法证明

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不等式的导数法证明 作者：王锁平

来源：《新高考·高二数学》2014年第02期