巧用判别式法解决数学问题
初中数学解题技巧：六种方法教你解决难题
初中数学解题技巧：六种方法教你解决难题_学习方法网－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－初中数学解题技巧：六种方法教你解决难题1、配方法所谓配方，就是把一个解析式利用恒等变形的方法，把其中的某些项配成一个或几个多项式正整数次幂的和形式。
通过配方解决数学问题的方法叫配方法。
其中，用的最多的是配成完全平方式。
配方法是数学中一种重要的恒等变形的方法，它的应用十分非常广泛，在因式分解、化简根式、解方程、证明等式和不等式、求函数的极值和解析式等方面都经常用到它。
2、因式分解法因式分解，就是把一个多项式化成几个整式乘积的形式。
因式分解是恒等变形的基础，它作为数学的一个有力工具、一种数学方法在代数、几何、三角等的解题中起着重要的作用。
因式分解的方法有许多，除中学课本上介绍的提取公因式法、公式法、分组分解法、十字相乘法等外，还有如利用拆项添项、求根分解、换元、待定系数等等。
3、换元法换元法是数学中一个非常重要而且应用十分广泛的解题方法。
我们通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决。
4、判别式法与韦达定理一元二次方程ax2bxc=0（a、b、c属于R，a≠0）根的判别，△=b2-4ac，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。
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，计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。
5、待定系数法在解数学问题时，若先判断所求的结果具有某种确定的形式，其中含有某些待定的系数，而后根据题设条件列出关于待定系数的等式，最后解出这些待定系数的值或找到这些待定系数间的某种关系，从而解答数学问题，这种解题方法称为待定系数法。
高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法！最后一种很重要！
开篇语：不等式恒成立问题在高中数学是一类重点题型，高考也是必考内容。
由于不等式问题题型众多，题目也比较灵活。
所以在学习过程中，同学们要学会总结各种解题方法！方法一：分离参数法解析：分离参数法适用的题型特征：当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min方法二：变换主元法(也可称一次函数型)解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，把另一个变量p看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐，如果把已知取值范围的变量当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，则可简便解题。
适用于变换主元法的题型特征是：题目有两个变量，且已知取值范围的变量只有一次项，这时就可以将不等式转化为一次函数求解。
方法三：二次函数法解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分析 1，判断二次函数的开口方向2，二次函数的判别式是大于0还是小于03，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性 方法四：判别式法解析：不等式一边是分式，且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，利用判别式法可以快速的解题，分离参数将会使解题变得复杂。
方法五：最值法解析：不等式两边是两个函数，且含有参数时，我们可以分出出参数，构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。
总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。
平时练习过程中，应注意观察，总结！。
数学最值题 巧解显神奇
第40卷第2期 2021年3月数学教学研究43数学最值题巧解显神奇王晖(安徽省灵璧县黄湾中学234213)摘要：结合高考等实际数学案例，归纳总结了 14种求数学最值问题的方法，以求更好地掌握和理解最值问题的巧妙解法.关键词：解法归类；最值；解法例析大家在学习数学知识的过程中，经常会遇到有关求最值的问题，对于此类问题只要开拓思维，活用 方法，常常可以巧妙、简捷获解.下面举例分析，希望 读者从中能够受到有益的启示.1利用一次函数的增减性求最值一次函数>;=々了+6(6夫0)的自变量T的取值范围是全体实数，图像是一条直线，因此没有最大(小）值；不过，当w时.此时的一次函数的图像变成了一条线段，根据一次函数的增减性，就有最大(小）值了.例1某工程队要招聘甲、乙两个工种的个工人150人，甲、乙工种的工人的月工资分别是1600 元和2000元.现要求乙工种的人数不少于甲工种人数的2倍.问甲、乙工种各招聘多少人时可使得每月所付的工资最少？解析设招聘甲工种的工人为x人，则乙工种的工人为（150 —x)人.由题意可得150 —j：>2_r，所以0<_r<50.设所招聘的工人共需付月工资^元，则有：y=1600+2000 (150—j)=—400jt+300000 (0<x<50).因为y随x的增大而减小，所以当x=50时.y m i…=100000(元）.2利用二次函数最值公式求最值二次函数^二“:^+^+以“^“为常数且“夫0)性质中有：①若a〉0，当：r=_厂时，；y有最小值，l a'—4ac— b2②若a<0，当J：=一 f时，31有最大值，ia_ia c~b2^m»x_4a•利用二次函数的上述性质，将具有二次函数关系的两个变量建立二次函数，再利用二次函数性质进行计算，从而达到解决问题的目的.例2在测量某物理量的过程中，因仪器和观察的误差，使得〃次测量分别得到a,，a2共 »个数据.我们规定所测得物理量的“最佳近似值”a 是这样一个量：与其它近似值比较，a与各数据的差的平方和最小，依此规定从U l，a2，…，a,,推出《 =解析由题意A = (a 一a , )'+ (a—a2)2 +•.. +(〇 —a…)~=ncT_2(u i+a2+…十a…)aa\~\~a\~\~•m•^a2,, »于是由二次函数性质，当------1时，An有最小值.即应填广+a2+，"+夂n例3 某玩具厂计划生产一种玩具熊猫，每曰 最高产量为40只，且每日产出的产品全部售出，已知生产1只玩具熊猫的成本为R(元），售价每只P (元），且尺，P与J的关系式分别为i? =500 +30j:，P=170-2jt.(1)当日产量为多少时，每日获得的利润为收稿日期：2020-08-2444数学教学研究第40卷第2期 2021年3月1750 元；(2)当日产量为多少时，可获得最大利润？最大利润是多少？解析（1)根据题意有1750 =R r—i?，B P(170 — 2x)x— (500 +30j:)=1750，整理得•r2— 70 :r+1125 =0,解得■r1=25，:r2=45(不合题意，舍去）.(2)由题意知，利润为P x-i? =—2x2+140x-500=-2(x-35)2+1950.所以当_r=35时，最大利润为1950元.3利用判别式求最值利用判别式求最值是一种较为常用的方法，过程简捷，易于理解.例4求丨的最大值与最小值.x~\~x~r1解析本题要直接求最大值与最小值可谓困难重重.若能够根据题意构造一个关于未知数i的一元二次方程，再根据x是实数，推得A>0,进而求出>的取值范围，并由此得出 > 的最值.设:-J- +1+7T TP整理得一x+1=y x2+yx+y,即 (1—y)x2_(1+3;)x+1一3;=0.因为i是实数，所以即(l+：y)2—4 (1—_y)2>0，解得所以~r:=-r|l的最大值是3,最小值是JT十JT十1 〇4利用圆锥曲线定义求最值当最值问题与圆锥曲线有关时，利用圆锥曲线定义求解最值，不仅直观简便.而且快捷明了.22例5 已知椭圆k+^=l,定点A(2,0), B(—1,1),M为椭圆上任一点，求2|iW A | +丨的最小值.解析由椭圆定义.注意到离心率为可求出]^(-^—,1)，2|从4| +丨]^6|的最小值为9，如图1所示.5构造函数求最值最值问题中一般都存在某些变量变化的过程，因此它们的解往往离不开函数.例6求代数式1^/1^的最大值与最小值.解析y =x y1— x1，一再令：r=sin a，一贝lj有y=x v1—*r2 =sin a VT—sin“a=sin a •cos a=—sin2a.所以 > 的最大值为I,最小值为一|.即的最大值为I,最小值为一6利用非负数的性质求最值在实数范围内，显然有厂+々>々，当且仅当^=6==0时，等号成立，即y+M+z i:的最小值为k.例7设a，6为实数，那么a2+a6+62—a—2b 的最小值为______.解析 a2+a6+62—a—2/;=a l J r i b-l)a Jr b2-2b=(a+¥)2++62-吾卜+=(a H—)~+— (/;—l)2—— 1.Z4当a+’’2 1 =0，/)—1=0，即《=〇，/)=1 时，上式等号成立.故a2+a/?+//—“一2/;的最小值为一1.7利用讨论法求最值通过讨论然后进行比较判断是求最值常用的一种方法.例8求函数—11 —U+4I—5的最大第40卷第2期 2021年3月数学教学研究45值.解析先用零区间讨论法消去函数^中的绝对值符号，然后求出^在各个区间上的最大值，再加以 比较，从中确定出整个定义域上的最大值.易知该函数有两个零点x=l，:r=—4.当 _r<—4 时，3；=— (jr— l)+(x+4) —5 =0;当一4<:c<l 时，:y=—(:r—1) —U+4)—5 =—2x—8，得一10<;y=— 2x— 8^0;当 _r>l 时，：y=(_r—1)—(:r+4)—5=—10.综上所述，当x<— 4时有最大值,y m a x=0.例9 (2015年湖北卷）设R，[x]表示不超过x的最大正整数.若存在实数h使得[f]=l，[/2] =2，_",[/"]=，；同时成立，则正整数n的最大值是().(A)3 (B)4 (05(D)6解析由[f] =l，得 l<z<2;由[f2] =2,得 2<，<3;由[«4] =4,得 4<广<5;所以d•由|>3] =3,得 3<;3<4,所以 6<^<4V5■.由|>5] =5, 得5々5<6,这与6<f5<4A矛盾，故正整数》的 最大值是4.应选B.例10(2014年辽宁卷）已知定义在[0，1]上的函数/(•r)满足：①/(0)=/(1)=0;②对所有X d 6[0，1]，且 _r关:y，有 |/(：1.)—/(：y) |<I.综上，l/h )—/(>)|<+，所以应选 B.8利用不等式与判别式求最值在不等式中，:r=a是最大值，在不等式x中，是最小值.例11已知：r，3>为实数，且满足x+y+w= 5，_r：y+：y w+/H x = 3,求实数w的最大值与最小值.解析由题意可得X + y= b — m,■sxy = 3 — r w(x+3^)= 3 — w(5 — m )=m z—5w+3.所以：r，：y是关于/的方程纟2— (5 —w)r+ (m2— 5爪 + 3)=0的两个实数根.所以A=[-(5-//i)]2-4(w2-5m+3)>0,即3w2—10m—13^0,解得一所以，《的最大值是的最小值是一i.例12(2014年辽宁卷）对于(•>0,当非零实数a，/)满足4a - — 2a6+ 4/厂一c=0 且使|2a+6|最大时，一 一 —H的最小值为.a b c解析设2a+ 6 =/，则2a =〖一 /?，因为4““_ 2ab-\~i b~—c=0，所以将2a=/—代人整理可得6心2—3"出2—c=0(1)若对所有：r，3；6[0，l]，l/(:r)_/(：y；)|<a 恒成立，则々的最小值为（)•(A)j(B)t(C)^(d)I由A>0解得一当 |2“+M 取最大值时，z=，代人（1)式得6解析不妨令当+时，|/(_r)—/(3〇|<去丨.厂_y丨<+;当了<1—时，=l[/(x)-/(l)]-[/(^)-/(〇)]l<|/(_r)—/(l)I+1/(3；)—/(0)|<Y |x — l l+y l^;—〇|=j(l-_r) + }广+ +}(厂 x)<|.再由2a=〖一6,得，所以3 4 , 5 ZyiO4/10" ,5-----—---------------------1---u b c f f c5 2/1〇 _V5c VF v r-V2)2-2^—2,当且仅当r=|■时等号成立.9数形结合求最值在解决问题的过程中，将数量关系与图形性质结合起来考虑，以“形”助数.可使问题变得简单、直46数学教学研究第40卷第2期 2021年3月观，降低解题难度，从而易于求解.例13求满足k+ 3 — 3i|的辐角主值最小的复数.解析满足条件的复数是以（一#，■#)为圆 心、半径为W的圆上的点，如图2所示.于是问题转化为求过原点与圆相切的直线的切点坐标.法，使用时需要一定的技巧变形，使之达到：和或积为常数；能取到等号.例16母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角p为（）.(A)^,(0^2"7r(D)解析设圆锥底面半径为r、高为/z，则有r^-\~h z=l,V=— • 7rr2/z,V = j i,2r A h22：=3(cos120°+isin120°)3V3 .—r—1例14已知l d=2,则|z— i|的最大值为（）.(A)l(B)2 (05(D)3解析如图3所7K，显见|z—i|max为圆心到点(0，1)的距离与半径的和.故应选D.10利用夹逼法求最值在求解某些数学问题时.通过转化、变形和估值，将有关量限制在某一数值范围内.再通过解不等式获取问题的答案，这一方法称为夹逼法.例15不等边A A B C的两边上的高分别为 4 和12,且第三边上的高为整数，那么此高的最大值可能为________.解析设^2,/：)，£'3边上高分别为4，12，/;.因为2S aabc=，所以“=36.又因为r<a+/，=4/，，代人126 = 4，得12/>< 4M,所以/;>3.又因为r>a—6 = 26,代人12/) = t'/!，得126> 2M，所以/i<6.所以3</;<6,故整数A的最大值为 5.11利用基本不等式求最值利用基本不等式求最值是求解此类问题常用方2221 ^273^* 27^^当且仅当7=时取等号，/!V3 V6.此时$丌■应选D.例 17 设复数2：=3cos (9+2isin <9,求函数_y= (9一a rg z的最大值以及对应的(9值.解析根据题意、2tan 沒、^7：tan(arg z)=—-—>0(0*<(9<—),tan3;=tan(d— arg z)=tan0—tan(arg2)1 +tan d •tan(arg z)tan63 +2tan6tan d■h2tan62^6V612此时由^= 2 —=f，得V6_V60=arg tan例18 圆柱轴截面的周长为定值Z，那么圆柱第40卷第2期 2021年3月数学教学研究47的体积的最大值是（）.(A)(4-):,7r(B)^-(4-)37t〇9 2所以 /i+A=y+l+l—^ =2—.y+y.根据圆的方程可得(C)( +)3t t(D)2(y)37T解析设圆柱底面半径为/•，高为/i，则由轴截面周长为/，可得4r+2/2 =/，即2r+/! =体积V=Jrr2/i<;r(^±i)3=(|)37rjO D当且仅当/•=/! 时取等号.故应选A.6例19要建造一个容积为8立方米、深为2米 的长方体无盖水池，如果池底与池壁的造价每平方米分别为120元和80元，则水池的最低造价为______元.解析水池底长为《米、宽为6米，则由题意知a6=4,总造价：y=120c/6 +320(u +6)=480+320 (a+/))>480+640V^"=1760 元，当且仅当u=6 =2时取等号.12利用三角函数的恒等变换根据题意，利用三角恒等变换，再结合三角函数的有界性，常常可以顺利求解一类问题的最值.例20 (2017年全国卷H1 )在矩形A B C D中，x=—sin d：y=—cos d»V5 V5所以21.u+A=2----cos---sin6V5 V5=2----Vicos d—sin6)V5=2— sin(.9—<p),显然（/u+A)m a x= 3.故应选A.点评本题主要考査平面向量的基本定理以及三角函数恒等变换求最值问题.考查推理能力和计算能力.平面向量既有数的特征也有形的特征，利用 平面向量的数的特征.通过建立坐标系可以巧妙地解决具有平面几何特征的平面向量问题.13利用导数和函数的单调性求最值例21 (2014年北京卷）已知函数/(x)=:rcos:r.r r丌i—sin :r，x6(1)求证:/(■!)<0;(2)若 a---■</•> 对 >r€■ [0，-^]恒成立，求 ax LA B=1，AD=2,动点P在以点C为圆心且与BD 相切的圆上.若=+,则A的最大值为（）.(A)3 (B)2V2 (C)V5 (D)2解析根据已知条件.以C为圆心.B C为x 轴.C D为y轴建立平面直角坐标系.设圆的半径是r.由题意知=|,利用等面积法可得S A/JC D=r XV^=2,解得r=g.所以圆的方程是5由题意得《(—2,0)，4(一2，1)，0(0,1).设尸(■r,：y),因为 =所以(_r +2，_y— 1)=A(0.一1)+/乂（2,0)，|j+2=2« .即丨l：y—1=—A.的最大值与的最小值.思路分析（1)首先观察函数式，求出其导函数，根据导函数判断其单调性，从而进一步判断/(•r)与0的大小关系.（2)根据不等关系，可以构造含参数u 4的不等式.根据区间范围.利用导函数即可求出参数的范围或取值.解析（1)由/(jt)=x c o s_r—sin j•，得/(x)=cos x—xsin x— cos x=—xsin j：.因为在区间（0,f)上/"(O')=—:r sin:r 0，所以/(■r)在区间[0,|]上单调递减.从而/(x)</(0)=0.si n t(2)当：时，~_>a”等价于“sinXsin r>0”；“:—<6”等价于“sin _r—/«•<0”.X48数学教学研究第40卷第2期 2021年3月令 g(:r)=sin:r—c r，贝lj g '(:r)=c o s:r—c.当时，^■(:?:)〉0对任意:r6(0，y)恒成立•当时，因为对任意c o s x—r<0,所以g(:r)在区间[0，音]上单调递减.从而^'(jt)<#(0)=0对任意了 6(0，|)恒成立•当0<f<l时，存在唯一的_1-。
二次函数恒成立问题洋葱数学
二次函数恒成立问题洋葱数学摘要：I.二次函数的定义和性质- 二次函数的定义- 二次函数的图象和性质II.二次函数恒成立问题的类型- 二次函数恒成立问题的定义- 常见二次函数恒成立问题的类型III.解决二次函数恒成立问题的方法- 判别式法- 韦达定理法- 完全平方公式法IV.二次函数恒成立问题的应用- 二次函数恒成立问题在实际生活中的应用- 二次函数恒成立问题在考试中的常见题型和解题技巧正文：二次函数是数学中的一个重要概念，它在解决实际问题中有着广泛的应用。
洋葱数学为我们提供了一种解决二次函数恒成立问题的方法。
首先，我们需要了解二次函数的定义和性质。
二次函数是指形如f(x) = ax^2 + bx + c 的函数，其中a、b、c 是常数，且a 不等于0。
二次函数的图象是一个抛物线，其性质包括开口方向、对称轴、顶点等。
其次，我们需要了解二次函数恒成立问题的类型。
二次函数恒成立问题是指在一定的条件下，二次函数的值恒为某个常数。
常见的问题类型包括二次函数的值恒为正、恒为负、恒为零等。
解决二次函数恒成立问题的方法有多种，其中最常用的方法是判别式法。
判别式法是根据二次函数的判别式Δ= b^2 - 4ac 来判断二次函数的值是否恒为某个常数。
当Δ > 0 时，二次函数的值恒为正；当Δ < 0 时，二次函数的值恒为负；当Δ = 0 时，二次函数的值恒为零。
另外，韦达定理法和完全平方公式法也是解决二次函数恒成立问题的常用方法。
韦达定理法是利用二次函数的韦达定理来求解二次函数的值；完全平方公式法是将二次函数化为完全平方的形式，从而求解二次函数的值。
二次函数恒成立问题在实际生活中有着广泛的应用，如物理、化学、工程等领域。
在考试中，二次函数恒成立问题也是常见题型，掌握解决二次函数恒成立问题的方法和技巧，对于提高数学成绩具有重要意义。
关于解决直线与圆的位置关系问题的几种常用方法
关于解决直线与圆的位置关系问题的几种常用方法李志民1 直线与圆的位置关系有三种：相交、相切、相离。
判断直线与圆的位置关系常见的有三种方法：判别式 相交1.1代数法： 相切Δ=b2-4ac 相离1.2 几何法:利用圆心到直线的距离d和圆半径r的大小关系:d＜r 相交,d=r 相切,d＞r相离(三)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．此法适用于动直线问题。
2 计算直线被圆截得的弦长的常用方法2.1 几何方法运用弦心距(即圆心到直线的距离)、弦长的一半及半径构成直角三角形计算。
2.2 代数方法一是直接求出直线与圆的交点坐标，再利用两点间的距离公式得出；二是运用韦达定理及弦长公式|AB|= |x A-x B|=.]4))[(1(22BABAxxxxk-++说明：圆的弦长、弦心距的计算常用几何方法。
3 求过点P（x0,y0）的圆x2+y2=r2的切线方程3.1 若P（x0，y0）在圆x2+y2=r2上， 则以P为切点的圆的切线方程为：x0x+y0y=r23.2 若P（x0，y0）在圆x2+y2=r2外，则过P的切线方程可设为：y-y0=k（x-x0），利用待定系数 法求解。
说明：k为切线斜率，同时应考虑斜率不存在的情况.4 例题选讲：例1. 已知直线l：y＝kx＋1，圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝12。
(1)试证明：不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点；(2)求直线l被圆C截得的最短弦长。
(1)证明 由消去y得(k2＋1)x2－(2－4k)x－7＝0，因为Δ＝(4k－2)2＋28(k2＋1)>0，所以不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)解 设直线与圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则直线l被圆C截得的弦长|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝28－4k＋11k21＋k2＝2 11－4k＋31＋k2，令t＝4k＋31＋k2，则tk2－4k＋(t－3)＝0，当t＝0时，k＝－34，当t≠0时，因为k∈R，所以Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，且t≠0，故t＝4k＋31＋k2的最大值为4，此时|AB|最小为27。
判别式法求值域的适用范围
判别式法求值域的适用范围1. 引言在数学中，判别式法是一种通过求解方程的判别式来确定方程的解集或函数的值域的方法。
它在代数、几何和数论等领域有着广泛的应用。
本文将深入探讨判别式法在求值域问题中的适用范围，并介绍其原理、应用案例以及优缺点。
2. 判别式法的原理判别式法是通过计算方程或函数的判别式，从而确定解集或值域。
对于一元二次方程ax2+bx+c=0，其判别式为Δ=b2−4ac。
根据判别式Δ的正负与零点个数之间的关系，可以得到方程不同类型解集的信息。
对于一元二次函数y=ax2+bx+c，如果a>0，则该函数开口向上；如果a<0，则该函数开口向下。
通过计算判别式Δ=b2−4ac的正负与零点个数之间的关系，可以确定该函数的值域。
3. 判别式法在一元二次方程求值域中的应用3.1 求解一元二次方程的解集通过计算一元二次方程的判别式，可以确定方程的解集。
当判别式Δ>0时，方程有两个不相等的实数解；当Δ=0时，方程有两个相等的实数解；当Δ<0时，方程没有实数解。
例如，对于方程x2−4x+3=0，计算其判别式Δ=(−4)2−4×1×3=4>0，可知该方程有两个不相等的实数解。
3.2 确定一元二次函数的值域对于一元二次函数y=ax2+bx+c，通过计算判别式Δ=b2−4ac的正负与零点个数之间的关系，可以确定函数的值域。
当a>0且Δ≤0时，函数y=ax2+bx+c的值域为[c,+∞)。
例如，对于函数y=x2−4x+3，由于a=1>0且Δ=(−4)2−4×1×3=4>0，所以该函数的值域为[c,+∞)。
当a<0且Δ≤0时，函数y=ax2+bx+c的值域为(c,+∞)。
例如，对于函数y=−x2+4x−3，由于a=−1<0且Δ=(−4)2−4×(−1)×(−3)=4>0，所以该函数的值域为(c,+∞)。
判别式法证明不等式(精选多篇)
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。
（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。
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
(1)当y≠1时，由△≥0得y_≥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}
三在函数中的应用
一元二次方程根的判别式的多种应用
一元二次方程根的判别式的多种应用一元二次方程根的判别式用来判断一元二次方程根的情况，能帮助我们解一元二次方程，也是以后学习一些知识的基础，在解题中应用很多，举例如下：一、不解方程，判断一元二次方程根的情况。
例1、判断下列方程根的情况2x2+x━1=0；x2—2x—3=0；x2—6x+9=0；2x2+x+1=0二、已知一元二次方程根的情况，求方程中字母系数所满足的条件。
例2、当m为何值时关于x的方程（m—4）x2—（2m—1）x+m=0 有两个实数根？简解：当Δ=[-（2m-1）]2-4（m-4）m≥0时，原方程有两个实数根，∴4m2-4m+1-4m2+16m≥0，解得m≥-又∵m-4≠0 ∴m≠4∴当m≥- 且m≠4时，原方程有两个实数根。
例3、当m分别取何值时关于x的方程（m-1）x2+（2m-1）x+m-1=0l 有两个不相等的实数根l 有两个相等的实数根l 有两个实数根l 有一个实数根l 有实数根l 无实数根评析：初中阶段的根的判别式Δ=b2-4ac是相对于一元二次方程而言的，而ax2+bx+c=0当a=0时是一元一次方程不能用判别式，所以例2中一定要考虑二次项系数m-4≠0；例3则一定要做分类讨论。
三、证明方程根的性质。
例4、求证：无论m为任何实数，关于x的方程x2+（m2+3）x+0.5(m2+2)=0恒有两个不相等的实数根。
简解：∵Δ=（m2+3）2-4╳0.5(m2+2)=m4+4m2+5=（m2+2）2+1>0∴无论m为任何实数，关于x的方程x2+（m2+3）x+0.5(m2+2)=0恒有两个不相等的实数根。
评析：这种应用有两个难点：（1）是容易与（二）中求字母取值混淆，即用Δ≥0求m的取值范围；（2）是用配方法证明二次三项式的特性。
四、判断二次三项式能否在实数范围内因式分解。
例5、当m为何值时，关于x的二次三项式mx2-2（m+2）x+（m+5）能在实数范围内因式分解。
简解：当Δ=[-2（m+2）]2-4m（m+5）≥0时，关于x的二次三项式mx2-2（m+2）x+（m+5）能在实数范围内因式分解。
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∴
∵∠AEC=∠BEA ∴△BAE∽△ACE ∴ ∴ ∵CE=a，DE=b，BE=c. ∴ ∴关于x的二次方程的判别式
∴关于x的二次方程 ——《初中数学培优竞赛分类题典》
（2）判别式与整数问题 判别式在根为正整数的情况下，往往能与完全平方数联系起来，通
△
即 此时t的解集为 所以
例5 已知a、b、c满足 （1）求a、b、c中的最大者的最小值 （2）求 ——2003年全国初中数学联赛
思路 用b、c来表示a，根据韦达定理建立以b、c为两根的一元二次方 程，利用△求 解 （1）因为条件中的两式都是关于a、b、c的对称式，a、b、c地位 均等，不妨设
∵ ∴a>0, 且 ∴b、c为一元二次方程的两实数根 则△，
巧用判别式法解决数学问题
作者：尹伦 童恺 学校：宁波外国语学校
形如（）的方程叫做一元二次方程，其中为此方程的系数，而叫做 方程的判别式。判别式的基本功能是判断一个一元二次方程是否有实数 根，以及实数根的个数。而在竞赛题中，判别式则适用于更多的领域， 有着更多、更巧妙的应用。本文将探讨怎样用判别式法巧解竞赛题。
过同余等方法解决问题，例如下题中的判别式应用使问题迎刃而解。 例7 设，，，其中是待定的质数，如果，，试求积的所有可能的值。 解 由题意得
，
（3）判别式与函数 判别式在函数这一数形结合问题中发挥着重要作用，它与系数的具
体关系如下： 对于形如的二次函数：若函数值恒大于等于0，则；若函数值恒小
于等于0，则（反之也成立）。试看下例。 例8 设为正整数，且，如果对一切实数，二次函数的图象与轴的两个 交点间的距离不小于，求的值.
一、判断根的情况
这是判别式的基本功能，即判断一个一元二次方程是否有实数根， 以及实数根的个数。在具体的题目中它的应用有许多变化，请看一下例 题。 例1 已知都是正数。求证：关于的三个方程பைடு நூலகம்，，中至少有一个方程有 两个不相等的正实数根。
——《初中数学培优教程·专题讲座》第五章
证明 从反面考虑：假设三个方程都没有不相等的实数根，则：
——2004年全国初中数学联赛
解 = 设 由两者奇偶性相同得到如下四组可能情况：
解得
四、利用判别式求最值
在竞赛题中，除将二次方程转化成二次函数顶点式来求最值以外， 判别式是最常用的一种方法。下面举两例来具体说明。 例4 满足
思路 这里可以令，然后将原方程表示为一个关于x的一元二次方程，利 用△求出 解 令，则
∴ 当 （2）∵ ∴ ∴ 当a取最小值即得原式最小值，由（1）得
五、判别式的综合应用问题
（1）判别式与三角形 在处理边与边关系时，我们通常会使用因式分解，而面对某些特定
的问题，判别式也能发挥一定的作用。 例6 如图，AD为△ABC（AB>AC）的角平分线，AD的中垂线和BC的 延长线交于点E，设CE=a，DE=b，BE=c.求证：关于x的二次方程。 解 连结AE
例2 若关于x的方程有实数根，求m的取值范围。 ——2004年河北省初中数学竞赛试题
解 （1）当时，方程是一元二次方程 方程有实数根，则△0，则 ≠0 △=≥0 解得 （2）若方程为一元一次方程，则
解得m 且当时，原方程为 当 ∴综上所述，当
三、利用判别式解决一元二次方程整数根问题
下面介绍一些判别式更高级的用法。利用判别式解决一元二次方程 整数根就是一例。经过我们的研究发现，这类题型在初中竞赛中有极高 的出现频率。下面选择了一道全国初中数学联赛的试题来说明一般的解 法。 例3 已知方程的根都是整数，求整数n的值.
—— 2007年全国 初中数学联合竞赛 解 因为一元二次方程的两根分别为和，所以二次函数的图象与轴的两 个交点间的距离为.
由题意，，即，即. 由题意知，，且上式对一切实数恒成立，所以 所以或
由上述各例题不难发现，判别式在各种题型中都能发挥其特殊的 作用，促使问题的解决，让人感受到其中的奇妙与魅力。我们所总结的
三式相加，得，与为正数矛盾。故其中必有一个方程有不等的实数根。 不妨设方程的两根为x1，x2，根据韦达定理有>0，表明x1、x2同号。 又，所以x1，x2均大于0.综上所述，至少存在有一个方程有两个不等正 实数根。
二、求字母系数的取值范围
这同样也是判别式的基本用法之一，在中考和竞赛题目中出现频率 较高。而此时需要注意二次项系数的取值情况，并进行分类讨论，如例 2：
例题只是判别式应用中的一小部分，更多的还需要未来去更多地推敲与 探索。※