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.bsmz.net、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《 201*年安徽省安庆一中高考模拟试卷》
③《 201*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
龙源期刊网 http://.cn
不等式的导数法证明 作者：王锁平
来源：《新高考·高二数学》201*年第02期
来源：网络整理 免责声明：本文仅限学习分享，如产生版权问题，请联系我们及时删除。
《判别式法证明不等式(精选多篇)》
由互联网用户整理提供,转载分享请保留原作者信息,谢谢!
http://m.bsmz.net/gongwen/381858.html
- 上一篇：工程竣工验收证明(精选多篇)
- 下一篇：工作证明表格(精选多篇)