判別式法證明不等式(精選多篇)

第一篇：判別式法證明不等式

判別式法證明不等式

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

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

對於分式函數y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)：

由於對任意一個實數y,它在函數f(x)的值域內的充要條件是關於x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有實數解，因此“求f(x)的值域。”這一問題可轉化為“已知關於x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有實數解，求y的取值範圍。”

把x作為未知量，y看作常量，將原式化成關於x的一元二次方程形式(*)，令這個方程有實數解，然後對二次項係數是否為零加以討論：

(1)當二次項係數為0時，將對應的y值代入方程(*)中進行檢驗以判斷y的這個取值是否符合x有實數解的要求，……

(2)當二次項係數不為0時，∵x∈r，∴δ≥0，……

此時直接用判別式法是否有可能產生增根，關鍵在於對這個方程去分母這一步是不是同解變形。

原問題“求f(x)的值域。”進一步的等價轉換是“已知關於x的方程y(dx^2+ex+f)=ax^2+bx+c至少有一個實數解使得dx^2+ex+f≠0，求y的取值範圍。”

【舉例説明】

1、當函數的定義域為實數集r時

例1求函數y=(x^2-2x+1)/(x^2+x+1)的值域.

解：由於x^2+x+1=(x+12)^2+34>0，所以函數的定義域是r.

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

(1)當y≠1時，由△≥0得0≤y≤4;

(2)當y=1時，將其代入方程(*)中得x=0.

綜上所述知原函數的值域為〔0，4〕.

2、當函數的定義域不是實數集r時

例2求函數y=(x^2-2x+1)/(x^2+x-2)的值域.

解：由分母不為零知，函數的定義域a={x|x≠-2且x≠1}.

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

(1)當y≠1時，由△≥0得y^2≥0�y∈r.

檢驗：由△=0得y=0，將y=0代入原方程求得x=1，這與原函數定義域a相矛盾，

所以y≠0.

(2)當y=1時，將其代入方程(*)中得x=1，這與原函數定義域a相矛盾，

�

所以y≠1.

綜上所述知原函數的值域為{y|y≠0且y≠1}

對於分式函數y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)：

由於對任意一個實數y,它在函數f(x)的值域內的充要條件是關於x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有實數解，

把“求f(x)的值域”這問題可轉化為“已知x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有實數解，求y的取值範圍”把x當成未知量，y當成常量，化成一元二次方程，讓這個方程有根.先看二次項係數是否為零，再看不為零時只需看判別式大於等於零了.

此時直接用判別式法是否有可能出問題，關鍵在於對這個方程取分母這一步是不是同解變形。

這個問題進一步的等價轉換是“已知x的方程y(x^2+mx+n)=ax^2+bx+c)到少有一個實數解使x^2+mx+n≠0，求y的取值範圍”

這種方法不好有很多侷限情況，如：定義域是一個區間的.定義域是r的或定義域是r且不等於某個數的還可以用.過程用上面的就可以了.。

第二篇：判別式法

題型9 判別式法 a1x2?b1x?c1形如y?(a1,a2不同時為0),把函數解析式轉化為關於x的方程,通過方程有2a2x?b2x?c2

實根,判別式??0,從而建立關於y的不等式,解不等式即得y的取值範圍(函數的值域). 注:⑴關於x的方程的二次項前的係數是參數時,要分二次項係數為0和不為0兩種情況討論,檢驗二次項係數為0時y的值是否符合題意.

⑵若分子、分母有公因式,先約去公因式後,再用y?

驗捨去公因式對值域的影響.

例10 求下列函數的值域. cx?d?a?0?的形式的方法解決,再檢ax?b

x2?x?3x2?x?2⑴y?2⑵y?2 x?x?1x?4x?3

第三篇：判別式法(4)

天河數學牛老師： qq234124222

er數學解題思想方法專題培訓（四）

判別式法

【知識梳理】

定理：實係數一元二次方程ax2?bx?c?0有兩個不等實根、有兩個相等實根、沒有實根的充要條件是：b2?4ac>0、b2?4ac=0、b2?4ac<0.記??b2?4ac，稱其為方程是否有實根的判別式。同時也是與方程對應的函數、不等式的判別式。

上述定理利用配方法容易證明。既然實係數一元二次方程與其對應的函數、不等式有共同的判別

式，説明??b2?4ac是聯繫三者的橋樑。它有極其豐富的內涵和外延，涉及內容廣泛且重要；因此，要充分利用和開發它在解題中的價值，往往會為我們解題拓展思路，指明方向，鋪平道路。

判別式的使用範圍：定理中明確規定：“實係數”指a,b,c?r；“二次”指a?0；方程是在（－∞，－∞）

內求解。這三者缺一不可，否則上述定理不成立。

一般地，當題中含有或可構造二次型的多項式、方程、函數、不等式時均可考慮用判別式(更多內容請訪問好範 文網：)尋找思路，發現解題突破口；或圍繞判別式展開一系列的聯想、創新思維活動。在使用判別式時要充分挖掘隱含條件靈活變通，有時要變更主元，調整條件結構才能使用。一般有如下幾種策略：

⑴ 討論用法：對判別式的正負性分類討論，由此可分類求出方程的解，不等式解集，參數取值範圍等。

（2）構造用法：根據條件構造判別式或構造方程、函數，由此可求函數值域，證明等式，證明不等式，求恆成立問題等。

【經典例題】

一在代數恆等變形中的應用

例1下列二次三項是，在實數範圍內不能因式分解的是

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

例2k為何值時，二次三項式4x?kx?3是一個完全平方式

天河數學牛老師： qq234124222 2

例3已知a,b,c均為實數，且a?b?8，ab?c2?16?0，求證a?b?c?0

例4m為何值時，6x2?xy?2y2?my?6能分解成兩個一次式，並進行因式分解

二在方程（組）中的應用

例5已知a,b是關於x的方程x?2px?p?

?x?y?2例6求方程組?的實數解 2xy?z?1?222p?1?0的兩個根，求ab?p的值

天河數學牛老師： qq234124222

例7若一元二次方程2x(kx?4)?x2?6?0沒有實數根，則k的最小值是

a2,b1,c-1,d不存在

例8若關於x的一元二次方程x2?mx?n?0有兩個相等的實數根，則符合條件的一組m,n的實數值是：m=, n=,

例9當b為何值時，關於x的方程x?3(a?1)x?(2a?a?b)?0的根在a取任意有理數時均為有理數。

三在函數中的應用

例10對於任意實數x，二次三項式2kx?4x?k?1的值皆為正，求實數k的取值範圍。

天河數學牛老師： qq234124222 222

例11已知二次函數y?x2?2ax?(b?c)2，其中a,b,c是?abc的三邊，求證這個函數的圖像與x軸沒有公共交點.

例12已知二次函數的圖像過a(1,0)和b(2,1),且與y軸交點的縱座標為m,

（1） 若m為定值，求此二次函數的解析式。

（2） 若二次函數的圖像和x軸還有異於a點的另一個交點，求m的取值範圍。

（3） 若二次函數的圖像截直線y??x?1所得的線段長為22，確定m的值。

例13已知x,y為實數，且(x?3)?(y?3)?6，求

四在幾何，三角中的應用

例14設⊙o的半徑為2，點p到圓心的距離op=m，使關於x的方程2x?22x?m?1?0有實數根，試確定點p的位置

天河數學牛老師： qq234124222 222yx的最大值

例15

2已知a,b,c2是?abc的三邊長，當m?0時，關於x的一元二次方程c(x?m)?b(x?m)?2max?0，有兩個相等的實數根，求證?abc是直角三角形。

例16在?abc中，?c?90?，?a使關於x的方程x2?2sina?x?cos2a?sina?0有兩個相等的實數根，斜邊c使關於y的方程cy2?8y?c?6?0有兩個相等的實數根，解這個直角三角形

例17如右圖，?abc中，?b?60?,且?b所對的邊b=1,求其餘兩邊和的最大值。

天河數學牛老師： qq234124222 abdc

例18如右圖，ab是⊙o的直徑，p是ba延長線上的一點，pc切⊙o於c,ad?pc於d, be?pc於e,ad?be?30,dc,ce是關於x的方程(m?7)x2?3mx?18m?0的兩個根，求pa與pc的長。

天河數學牛老師： qq234124222

第四篇：關於判別式法與韋達定理的論述

關於判別式法與韋達定理論述

weiqingsong

摘要：判別式法與韋達定理除了已知一元二次方程的一個根，求另一根；已知兩個數的和與積，求這兩個數等簡單應用外，還可以求根的對稱函數，討論二次方程根的符號，解對稱方程組，以及解一些有關二次曲線的問題等，都有非常廣泛的應用。

關鍵詞：判別式法韋達定理

在中學解題中判別式法與韋達定理的應用極其普遍，因此係統的研究一下利用判別式法與韋達定理解題是有必要的。別式法與韋達定理説明了一元二次方程中根和係數之間的關係。它們都有着廣泛的應用在整個中學階段。

一、韋達定理的由來

法國數學家韋達最早發現代數方程的根與係數之間有這種關係，因此，人們把這個關係稱為韋達定理。歷史是有趣的，韋達的16世紀就得出這個定理，證明這個定理要依靠代數基本定理，而代數基本定理卻是在1799年才由高斯作出第一個實質性的論性。 判別式法與韋達定理在方程論中有着廣泛的應用。

二、對判別式法的介紹及概括

一般的關於一元二次方程ax^2+bx+c=0（a、b、c屬於r，a≠0）根的判別，△=b^2-4ac，不僅用來判定根的性質，而且作為一種解題方法，在代數式變形，解方程(組)，解不等式，研究函數乃至幾何、三角運算中都有非常廣泛的應用。

關於x的一元二次方程x^2+mx+n=0有兩個相等的實數根，求符合條件的一組的實數值。這是應注意以下問題：如果説方程有實數根，即應當包括方程只有一個實根和有兩個不等實根或有兩個相等實根三種情況；如果方程不是一般形式，要化為一般形式，再確定a、b、c的值；使用判別式的前提是方程為一元二次方程，即二次項係數a≠0；當二次項係數含字母時，解題時要加以考慮。

判別式的主要應用有：不解方程就可以直接判定方程的根的情況；已知方程根的情況，確定方程中未知係數（或參數）的取值範圍；判別或證明一元二次方程的根的性質；判別二次三項式ax^2+bx+c(a≠0)能否在實數範圍內分解因式(1) 當△≥0 時，二次三項式在實數範圍內能分解因式；（2）當△≤0 時，二次三項式在實數範圍內不能分解因式。

三、某些利用別式法解題的例題

“判別式法”是我們解題時常用的方法，對初高中同學來説，在解題中常常用到，掌握它很有必要，下面舉例説明它的作用。

1. 求最值

例： 已知a?2b?ab?30，且a?0，b?0，試求實數a、b為何值時，ab 1

取得最大值。

解：構造關於a的二次方程，應用“判別式法”。設ab?y

由已知得a?2b?y?30（2）

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

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

y?18。由y?ab?30，捨去y?50，得y?18。

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

b?3。

故當a?6，b?3時，ab取得最大值為18。

2. 求參數的取值範圍

例：對於函數f(x)，若存在x0?r，使f(x0)?x0成立，則稱x0為f(x)的

2f(x)?ax?(b?1)x?b?1(a?0)，不動點。已知函數對於任意實數b，函數f(x)

恆有兩個相異的不動點，求a的取值範圍。

解：對任意實數b，f(x)恆有兩個相異的不動點?對任意實數b,ax2?(b?1)x?b?1?x恆有兩個不等實根?對任意實數b，ax2?bx?b?1?0

2恆有兩個不等實根?對任意實數b,??b?4a(b?1)?0恆成立。

22??b?4a(b?1)?b?4ab?4a看作關於b的二次函數，可以將則對任意實

22b，??b?4ab?4a?0?'?(?4a)?4?4a?0?a(a?1)?0 ?數恆成立

?0?a?1

故a的取值範圍是(0，1)

四、對韋達定理的介紹及概括

韋達定理説明了一元n次方程中根和係數之間的關係。 這裏講一元二次方程兩根之間的關係。 一元二次方程ax^2+bx+c=0﹙a≠0﹚中，兩根x1,x2有如下關係：x1+ x2=-b/a，x1·x2=c/a. 韋達定理（即根與係數的關係）雖然是國中數學的內容，但它的應用卻貫穿於整個中學數學教學的始終，用它來解決一些數學問題非常簡捷巧妙，簡捷得使人驚歎，巧妙的令人叫絕，能激發學生的學習興 2

趣。有利於創造思維能力的培養。

五、某些利用韋達定理解題的例題

1.利用根與係數的關係求值

11?2例：若方程x?3x?1?0的兩根為x1,x2，則x1x2的值為_____.

x1?x2??b?3c?1???3,x1?x2????1a1a1解：根據韋達定理得：

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

2.利用根與係數的關係構造新方程

理論：以兩個數為根的一元二次方程是。 例：解方程組

解：顯然，x，y是方程z2-5z+6＝0 ① 的兩根

由方程①解得 z1=2,z2=3

∴原方程組的解為 x1=2,y1=3

x2=3,y2=2

六、判別式法與韋達定理相結合的綜合應用

例1.如圖所示，拋物線y2=4x的頂點為o，點a的座標為(5，0)，傾斜角為?

4的直線l與線段oa相交(不經過點o或點a)且交拋物線於m、n兩點，求△amn面積最大時直線l的方程，並求△amn的最大面積解：由題意，可設l的方程為y=x+m,其中－5＜m＜0由方?y?x?m?2程組?y?4x,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0①∵直線l線有兩個不同交點m、n，∴方程①的判別式δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的範圍為(－5，0)

設m(x1,y1),n(x2,y2)則x1+x2=4－2m，x1·x2=m2,∴|mn|=42(1?m)點

a到直線l的距離為∴s△=2(5+m)?m,從而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,當且僅當2－2m=5+m,即m=－1時取等號故直線l的方程為y=x－1，△amn的最大面積為

解法二由題意，可設l與x軸相交於b（m,0）, l的方程為x = y +m,其中0＜m＜5?x?y?m?2y?4x由方程組?,消去x,得y 2－4 y －4m=0①∵直線l與拋物線有

兩個不同交點m、n，

∴方程①的判別式δ=(－4)2+16m=16(1+m)＞0必成立,設m(x1,y1),n(x2,y2)則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時取等號2,當且僅當

故直線l的方程為y=x－1，△amn的最大面積為

82y例2.已知拋物線?4x的焦點為f，過f作兩條互相垂直的弦ab、cd，

設ab、cd的中點分別為m、n。求證：直線mn必過定點，並求出定點的座標。

解：設直線ab的方程為y?k(x?1)（k?0），則

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從而有，。同理，有?，

n(1?2k,?2k)。因此，直線mn的斜率2kmn?k

1?k2，從而直線mn的方程為

y?2k?kk2(x?1?2k)y?(x?3)21?k21?k，即。顯然，直線mn必過定點(3,0)； 參考文獻：①《淺談“判別式法”的作用》作者：徐國鋒、袁玉鳳

②《 2014年安徽省安慶一中大學聯考模擬試卷》

③《 2014年烏魯木齊地區高三年級第二次診斷性測驗試卷》

第五篇：不等式的導數法證明

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不等式的導數法證明 作者：王鎖平

來源：《新大學聯考·高二數學》2014年第02期