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

對于分式函數(shù)y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)：

由于對任意一個(gè)實(shí)數(shù)y,它在函數(shù)f(x)的值域內(nèi)的充要條件是關(guān)于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有實(shí)數(shù)解，因此“求f(x)的值域�！边@一問題可轉(zhuǎn)化為“已知關(guān)于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有實(shí)數(shù)解，求y的取值范圍�！�

把x作為未知量，y看作常量，將原式化成關(guān)于x的一元二次方程形式(*)，令這個(gè)方程有實(shí)數(shù)解，然后對二次項(xiàng)系數(shù)是否為零加以討論：

(1)當(dāng)二次項(xiàng)系數(shù)為0時(shí)，將對應(yīng)的y值代入方程(*)中進(jìn)行檢驗(yàn)以判斷y的這個(gè)取值是否符合x有實(shí)數(shù)解的要求，……

(2)當(dāng)二次項(xiàng)系數(shù)不為0時(shí)，∵x∈r，∴δ≥0，……

此時(shí)直接用判別式法是否有可能產(chǎn)生增根，關(guān)鍵在于對這個(gè)方程去分母這一步是不是同解變形。

原問題“求f(x)的值域�！边M(jìn)一步的等價(jià)轉(zhuǎn)換是“已知關(guān)于x的方程y(dx^2+ex+f)=ax^2+bx+c至少有一個(gè)實(shí)數(shù)解使得dx^2+ex+f≠0，求y的取值范圍�！�

【舉例說明】

1、當(dāng)函數(shù)的定義域?yàn)閷?shí)數(shù)集r時(shí)

例1求函數(shù)y=(x^2-2x+1)/(x^2+x+1)的值域.

解：由于x^2+x+1=(x+12)^2+34>0，所以函數(shù)的定義域是r.

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

(1)當(dāng)y≠1時(shí)，由△≥0得0≤y≤4;

(2)當(dāng)y=1時(shí)，將其代入方程(*)中得x=0.

綜上所述知原函數(shù)的值域?yàn)椤?，4〕.

2、當(dāng)函數(shù)的定義域不是實(shí)數(shù)集r時(shí)

例2求函數(shù)y=(x^2-2x+1)/(x^2+x-2)的值域.

解：由分母不為零知，函數(shù)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(xiàng)整理得(y-1)x^2+(y+2)x-(2y+1)=0.(*)

(1)當(dāng)y≠1時(shí)，由△≥0得y^2≥0�y∈r.

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

所以y≠0.

(2)當(dāng)y=1時(shí)，將其代入方程(*)中得x=1，這與原函數(shù)定義域a相矛盾，

�

所以y≠1.

綜上所述知原函數(shù)的值域?yàn)閧y|y≠0且y≠1}

對于分式函數(shù)y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)：

由于對任意一個(gè)實(shí)數(shù)y,它在函數(shù)f(x)的值域內(nèi)的充要條件是關(guān)于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有實(shí)數(shù)解，

把“求f(x)的值域”這問題可轉(zhuǎn)化為“已知x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有實(shí)數(shù)解，求y的取值范圍”把x當(dāng)成未知量，y當(dāng)成常量，化成一元二次方程，讓這個(gè)方程有根.先看二次項(xiàng)系數(shù)是否為零，再看不為零時(shí)只需看判別式大于等于零了.

此時(shí)直接用判別式法是否有可能出問題，關(guān)鍵在于對這個(gè)方程取分母這一步是不是同解變形。

這個(gè)問題進(jìn)一步的等價(jià)轉(zhuǎn)換是“已知x的方程y(x^2+mx+n)=ax^2+bx+c)到少有一個(gè)實(shí)數(shù)解使x^2+mx+n≠0，求y的取值范圍”

這種方法不好有很多局限情況，如：定義域是一個(gè)區(qū)間的.定義域是r的或定義域是r且不等于某個(gè)數(shù)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(shí)為0),把函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的方程,通過方程有2a2x?b2x?c2

實(shí)根,判別式??0,從而建立關(guān)于y的不等式,解不等式即得y的取值范圍(函數(shù)的值域). 注:⑴關(guān)于x的方程的二次項(xiàng)前的系數(shù)是參數(shù)時(shí),要分二次項(xiàng)系數(shù)為0和不為0兩種情況討論,檢驗(yàn)二次項(xiàng)系數(shù)為0時(shí)y的值是否符合題意.

⑵若分子、分母有公因式,先約去公因式后,再用y?

驗(yàn)舍去公因式對值域的影響.

例10 求下列函數(shù)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(shù)學(xué)牛老師： qq234124222

er數(shù)學(xué)解題思想方法專題培訓(xùn)（四）

判別式法

【知識梳理】

定理：實(shí)系數(shù)一元二次方程ax2?bx?c?0有兩個(gè)不等實(shí)根、有兩個(gè)相等實(shí)根、沒有實(shí)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(shí)根的判別式。同時(shí)也是與方程對應(yīng)的函數(shù)、不等式的判別式。

上述定理利用配方法容易證明。既然實(shí)系數(shù)一元二次方程與其對應(yīng)的函數(shù)、不等式有共同的判別

式，說明??b2?4ac是聯(lián)系三者的橋梁。它有極其豐富的內(nèi)涵和外延，涉及內(nèi)容廣泛且重要；因此，要充分利用和開發(fā)它在解題中的價(jià)值，往往會為我們解題拓展思路，指明方向，鋪平道路。

判別式的使用范圍：定理中明確規(guī)定：“實(shí)系數(shù)”指a,b,c?r；“二次”指a?0；方程是在（－∞，－∞）

內(nèi)求解。這三者缺一不可，否則上述定理不成立。

一般地，當(dāng)題中含有或可構(gòu)造二次型的多項(xiàng)式、方程、函數(shù)、不等式時(shí)均可考慮用判別式(更多內(nèi)容請?jiān)L問好范 文網(wǎng)：m.seogis.com、n兩點(diǎn)，求△amn面積最大時(shí)直線l的方程，并求△amn的最大面積解：由題意，可設(shè)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(gè)不同交點(diǎn)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的范圍為(－5，0)

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

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(dāng)且僅當(dāng)2－2m=5+m,即m=－1時(shí)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(shè)l與x軸相交于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(gè)不同交點(diǎn)m、n，

∴方程①的判別式δ=(－4)2+16m=16(1+m)＞0必成立,設(shè)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(shí)取等號2,當(dāng)且僅當(dāng)

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(diǎn)為f，過f作兩條互相垂直的弦ab、cd，

設(shè)ab、cd的中點(diǎn)分別為m、n。求證：直線mn必過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)。

解：設(shè)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(diǎn)(3,0)； 參考文獻(xiàn)：①《淺談“判別式法”的作用》作者：徐國鋒、袁玉鳳

②《 201*年安徽省安慶一中高考模擬試卷》

③《 201*年烏魯木齊地區(qū)高三年級第二次診斷性測驗(yàn)試卷》

第五篇：不等式的導(dǎo)數(shù)法證明

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不等式的導(dǎo)數(shù)法證明 作者：王鎖平

來源：《新高考·高二數(shù)學(xué)》201*年第02期

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