判别式法证明不等式(多篇).docx

判别式法证明不等式(多篇) 第一篇：判别式法证实不等式 判别式法证实不等式 x^2+y^2+z^2=2xycosc+2zxcosb+2yzcosa 等价于(x-cosc*y-cosb*z)^2+(sinc*y-sinb*z)^2=0 关于分式函数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+340，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≥0y∈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} 关于分式函数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状况，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0两种状况讨论,检验二次项系数为0时y的值是否符合题意. ⑵假设分子、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 求以下函数的值域. 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： 234124222 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?4ac0、b2?4ac=0、b2?4ac0.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实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、不等式时均可合计用判别式(更多内容请访问好范 文网：、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，x1x2=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 1y 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)； 第 6 页 共 6 页WORD文档可编辑。