判別式法在解題中的應用畢業(yè)論文

1、【標題】判別式法在解題中的應用 【作者】湯 家 春 【關(guān)鍵詞】判別式方程函數(shù)幾何廣義判別式韋達定理 【指導老師】韓 最 德 【專業(yè)】數(shù)學教育 【正文】1引言判別式法是數(shù)學解題中的一個常用方法，判別式是通過利用一元二次方程a+b+c=0(a0，a、b、c均為常數(shù))得到的，它不僅能直接用于判定一元二次方程根的情況，而且還可以根據(jù)一元二次方程根的情況，確定方程中字母的取值范圍或字母間關(guān)系以及應用判別式證明方程根的情況（有實根、無實根、有兩不等實根、有兩相等實根），而且在二次三項式、二次函數(shù)，幾何等方面都有著重要的應用，熟練掌握它的各種用法，也可以提高解題能力和知識的綜合應用能力。大約在公元前480年

2、，古巴比倫人、中國古人就會使用配方法求得二次方程的正根，但是并沒有提出通用的求解方法。公元前300左右，歐幾里德提出了一種更抽象的幾何方法求解二次方程。7世紀印度的仕迦羅是第一位懂得使用代數(shù)方程，同時容許有正負數(shù)的根的數(shù)學家。阿拉伯的花拉子獨立地發(fā)展了一套公式以求方程的正數(shù)解，第一次提出二次方程的求根公式，判別式也就隨之被廣泛運用在解一元二次方程上。近幾年來有許多人對判別式法進行了研究，更全面和完善了這方面的知識。如1994年肖云瑞用集合和映射的方法對判別式在求函數(shù)的值域方面進行了研究，得到了圓滿的結(jié)果；1995年唐覃歸納總結(jié)出判別式在求值范圍、解方程、解方程組、證明等式證明不等式、求極值上的

3、運用；1999年冉光華從判別式自身表現(xiàn)的不同特征探究其用法，提出了直接法、極端用法、構(gòu)造法、逆用法等；之后還有陳孟蕓、鄭云章、劉愛敏、秦曉輝、高敏、尹述喜、王英志、胡西旦?吐爾孫、范長如、李小兵、黃樹威、廖國卿、曾祥紅、夏雨良等都對此問題進行了研究。迄今為止，雖然有大量的學者對判別式的運用作了精辟的論述，但是這些論述只是籠統(tǒng)地針對某一方面進行的，缺乏深入、徹底的探討和論證。本文將從這一點入手，借助前人的思想和方法著重研究判別式法在一元二次方程、函數(shù)、不等式、等式的證明、幾何方面的運用，以及廣義判別式、判別式與韋達定理的綜合應用。本文主要是通過例題來闡述其用法，進而歸納總結(jié)出判別式法解題的思路和

4、步驟。2定義21一元二次方程判別式的定義任意一個一元二次方程abc0（a0）均可配成(+)2=，因為a0，由平方根的意義可知，b4ac的符號可決定一元二次方程根的情況。b4ac叫做一元二次方程abc0（a0）的根的判別式，用“”表示(讀做delta)，即b4ac。一元二次方程abc0（a0）根的判別情況:(1)當0時，方程有兩個不相等實數(shù)根；（2）當0時，方程有兩個相等實數(shù)根；（3）當0時，方程沒有實數(shù)根（1）和（2）合起來：當0時，方程有兩實數(shù)根。上面結(jié)論反過來也成立，可以具體表示為：在一元二次方程abc0（a0）中，當方程有兩個不相等的實數(shù)根時，0；當方程有兩個相等的實數(shù)根時，0；當方程沒

5、有實數(shù)根時，0。注意根的判別式是=b4ac，而不是=sqrt(b4ac)。(sqrt指根號)2.2廣義判別式2.2.1廣義判別式定義設(shè) a= f(，)， b= g(，)，c=(，)都是以，為變量的實值函數(shù)，且 a0，以，為未知數(shù)的一個二元方程為a 2+ b+c= 0，則稱= b2- 4 ac為二元方程a 2+ b+ c= 0的“廣義判別式”。2.2.2廣義判別式定理設(shè) f(，)0，在關(guān)于，的二元函數(shù) f(，)= f(，) 2+ g(，)?+(，)中，廣義判別式為(，)= g2(，)-4 f(，)(，)，(1)若 0時恒有 f(，) 0;當 f(，) 0時恒有 f(，) 0。證明方程 f(，)=

6、 0即f(，) 2+ g(，)+(，)= 0f(，)0，兩邊同除以 f(，)得: 2+= 0配方得:2=（1）顯然，當0時，顯然恒有f(，) 0;當f(，)0則方程有兩個不相等的實數(shù)根；若b2-4ac=0則方程有兩個相等的實數(shù)根；若b2-4ac 0，所以原方程有兩個不相等的實數(shù)根。例 2已知方程- 2m- m= 0沒有實數(shù)根，其中m是實數(shù)，試判定方程+ 2 m+m(m+ 1)= 0有無實根。解析：題目中點出方程- 2m- m= 0沒有實數(shù)根，即方程判別式小于零等價于0。解:方程-2 m- m= 0無實數(shù)根1=(- 2m)- 4(- m)= 4 m2+ 4 m 0即-1m 0方程+ 2

7、 m+m(m+ 1)= 0有兩個不相等的實根。3.1.2應用判別式證明方程根的情況例 3解關(guān)于的方程 21g- 1g(- 1)=1ga解顯然 a 0，此時原方程等價于混合組 01(1)- 1 0=a-a+ a=0(2)方程( 2)的判別式=- 4a，當=0時，即 a=4時，方程( 2)的實數(shù)解=2是原方程的解.當 0即 a 4時，方程( 2)的實數(shù)解為1=， 2=因為 1 2， 2- 1= 01， 2均滿足( 1)，從而都是原方程的解。當 0即0a 2)無實數(shù)解。綜上所述，當 a4時，原方程的解為=，當0 a 4時，原方程無解。3.1.3判別式確定方程中字母的取值范圍或字母間關(guān)系利用判別式確定

8、方程中字母的取值范圍或字母間關(guān)系這類題型，題目中將告訴方程根的情況，在此條件下再來判斷是大于零、小于零或第于零，從而解決問題。例4如果關(guān)于的方程（m-2） 2-2+1=0有解，求m的取值范圍解析：題中只說方程有解，并沒有指出方程是一元一次方程還是一元二次方程，因此應分兩種情況來求解(1)當m 2時，(2)當 m=2時，來解方程求m的取值范圍。解由題可知方程（m-2） 2-2+1=0有解，則進行一下討論：(1)當m 2時，方程為一元二次方程，由=（-2）2-4（m-2）0，得m3，故其解集為|m3且m 2；(2)當 m=2時，原方程變?yōu)?2+1=0，則解為=，也符合要求。綜上所訴原方程中m的取值

9、范圍為m例5若方程+ 2(1- a)+ 3 a+ 4ab+ 4b+ 2= 0有實根，求 a、b的值。分析：題目中點出方程+ 2(1- a)+ 3 a+ 4ab+ 4 b+ 2= 0有實根，換一句話說方程的判別式大于或等于零，即0。解:已知方程有實數(shù)根= 4(1- a)- 4(3 a+ 4ab+ 4 b+ 2)0即 2 a+ 4 a b+ 4 b+ 2 a+ 10( a+ 2 b)+( a- 1)0 a+ 2 b= 0 a+ 1= 0解之得: a=- 1 b=這類題應注意題中所給的條件，特別是隱含的條件需要正確理解，如例 4，方程中雖然給出了方程根的情況，但是沒指明根的具體情況，方程有實根說明方

10、程有一個或兩個根，即判別式大于或等于零，即0。3.2判別式法在函數(shù)中的應用函數(shù)在高中數(shù)學中是一個非常重要的知識點，函數(shù)值域又是函數(shù)三要素之一，對求函數(shù)的最值，求參變量的取值范圍、求反函數(shù)都有一定的制約作用。解決函數(shù)問題的方法很多，判別式法卻是解決函數(shù)問題的主要方法之一，是方程思想在函數(shù)問題上的應用。它的理論依據(jù)是：函數(shù)的定義域是非空數(shù)集，將原函數(shù)看作是以為參數(shù)的關(guān)于的二次方程，若方程有實數(shù)解，必須判別式0，從而求得函數(shù)的值域。3.2.1使用判別式求函數(shù)的值域使用判別式求函數(shù)的值域，一般有三類題型，前兩類解題思路都是將函數(shù)式轉(zhuǎn)化為關(guān)于自變量的一元二次方程，借助方程式去得到的不等式（組），進而求得

11、函數(shù)值域；第三類應用導數(shù)，確定單調(diào)區(qū)間利用單調(diào)性去解決。例 6求函數(shù)=值域解函數(shù)=有意義+3+2 0，即- 1且- 2設(shè)函數(shù)的定義域為a=|- 2或- 2- 1。由于原函數(shù)等價于:(- 1)+(3y+1)+2y+2=0a()當- 10即1時=(3+1)- 4(- 1)(2+2)0，得(+3)0當=- 3時代入式，得=- 1 a所以=- 3，經(jīng)檢驗=- 2不是式的根.當- 1=0即=1時，式化為 4+4=0，所以=- 1 a，所以1綜上，函數(shù)的值域為r|1且-3.這類型題在解題目過程中要特別注意：函數(shù)的定義域；變?yōu)榈葍r方程后的系數(shù)；等價方程定義域?qū)υ匠谈南薅?。顯而易見，其難點之處首先是對系數(shù)

12、的討論；其次是定義域?qū)Ω南薅ㄞD(zhuǎn)化分布討論。例7求函數(shù)=-3的值域解由函數(shù)解析式變形為（+3）=25(+400)，即16-6+10000-=0關(guān)于的方程應有=36-64（10000-）0，即為即6400。=-35|-30，即080，故原函數(shù)的值域為80，+）。這類題難點是等價轉(zhuǎn)換，不能忽視隱含重要條件如例7要注意0。例8求函數(shù)=-3（0 100）的值域。分析：想到導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、最值密切相關(guān)，應用導數(shù)的知識去完成。解函數(shù)的導數(shù)為：=-=-3令0得-150得15，即在區(qū)間（15，100上函數(shù)是增函數(shù)。則在0，100上當=15時函數(shù)取得最小值為80.又=0時函數(shù)值為100，=100時函數(shù)值為3

13、00。則函數(shù)最大值為300。故原函數(shù)的值域為80，300。3.2.2判別式求最值例 9求函數(shù)=+的最大值與最小值解由-2+29+850，所以 2-29-85 0，所以17設(shè)函數(shù)定義域為a=|-17，u=-2+29+85=-2（-）2+，對稱軸=恰好為-，17的中點，由函數(shù)的單調(diào)性知：當=-時，函數(shù)=-+=-又原式化為-=，兩邊平方得: 3-(2y+29)+-85=0（1）因為為實數(shù)，所以=(2+29)- 4?3?(- 85)0化簡得 8- 116y- 18610解得代入式即當+=時，= a；故當時， r即原函數(shù)在定義域為a=|-17內(nèi)恒小于等于函數(shù)=-=。3.3使用判別式，證明不等式、等式3.

14、3.1判別式，證明不等式二次函數(shù)f()=a+b+ c（a 0），若a0，有=b-4ac0，則f()0;若a0，有=b-4ac0，則f()0。二次方程a+b+ c=0，（a 0）有實根，則=b-4ac0。例10設(shè) f()=1g，其中 ar， n是任意給定的自然數(shù)且n2，當 0 a1且0時，試證明 2f() f(2).證明：由原題得2f()=1g f(2)=1g原題證明不等式 2f() f(2)n 構(gòu)造函數(shù)g()=n-2 y+=(-1)+(y-2)+-(n-1)+（-n a）+ a(1-a)因為0， 0 0對任何r恒成立.所以=-2-4n 0化簡，得 0，即 k2-6 k-10，解得:

15、k（，）設(shè) ab中點為 c( 0， 0)，則 0=又點 c在直線+6=k(+1)上，所以 0+6=k( 0+1)，即+6=k( 0+1)所以 0=又由|ap|=|bp|，p(， 0)，則 pcab所以?=- 1即?k=- 1解得 k=2或 k=(不合題意，舍去)所以 k=2.例14當m為何值時，方程- 4+ m-+(3 m- 10)- 2= 0(*)表示兩條直線。解將原方程整理成關(guān)于的一元二次方程:-(4+ 1)+ m+(3 m- 10)- 2=0，其判別式= 4(4- m)+ 12(4- m)+ 9，要使方程(*)表示兩條直線方程(*)左邊能分解成兩個一次因式的積為完全平方式。當m= 4時，

16、= 3，顯然符合題意;當m4時，為完全平方式，即關(guān)于的二元三項式要為完全平方式，必有=0=12(4- m)- 4? 4(4- m)?9= 144（m-3）（m-4）=0且m4 m= 3。綜上所訴，當m= 3時，方程- 4+ m-+(3 m- 10)- 2= 0表示為兩條直線。上題解法兩次用到了判別式，由判別式的判別式小于零或等于零，使問題迎刃而解。對含多個參數(shù)的二次方程求參數(shù)的值或范圍等問題，分析題意時可以考慮這種思路。這里特別強調(diào)，對二次項系數(shù)是否為零要注意分類討論，否則就會出現(xiàn)忽視使用判別式法解題的條件，產(chǎn)生解題錯誤。3.4.2直線與二次曲線位置關(guān)系的判別式及其應用在直線與二次曲線位置關(guān)系

17、這類題中，我們經(jīng)?？梢钥吹筋}由一個以上圖形的方程或點組成，并且它們存在一定關(guān)系，在這種條件下要用其它的方法求另一方程的最大值（最小值）或要判斷直線與二次曲線的位置關(guān)系，通常將直線方程代入二次曲線方程，整理成一元二次方程，由該一元二次方程的判別式來判斷這樣作運算量大，計算煩雜，易出錯，更難用于解決其它與此有關(guān)問題，因此，用二次曲線方程和直線方程的常數(shù)直接作出直線與二次曲線位置關(guān)系的判斷，并分別對橢圓、雙曲線、拋物線建立判別式，從而用于解決與此有關(guān)的問題。例15已知點p(，)在橢圓+=1上，求2-的最大值解設(shè)b= 2-，即2- b= 0，則有25 2-16b+4b2-36=0。又因直線與橢圓有公共

18、點，而0（-16b）-4?25(4b2-36)0 b25- 5b5，所以b的最大值為5，即2-的最大值是5。例 16若直線 l:= k+ 2與雙曲線-= 1只有一個公共點，求k值。解因直線 l: k-+ 2= 0與-= 1有一個公共點，故(1)當1?(- 1)- 1?k0，即k1時，雙= 0 1- k+ 4= 0 k=;(2)當 1?(- 1)- 1?k= 0即k=1(由20，可知 l與雙曲線相交于一點)。綜上所述，所求k值為，1。例17從橢圓+=1外一點作橢圓的兩切線若兩切線垂直，求這點的軌跡。解設(shè)橢圓外的點為p( x， y)，切線斜率為k，則切線方程為:- y= k(- x)，即k-k x

19、+ y= 0，因直線和橢圓相切，由= 0 b+a k-(y-k x)=0，整理成關(guān)于k的二次方程：(xa)k2xyk+(yb)=0，因兩直線垂直，有此k的二次方程的二根之積為- 1，由根與系數(shù)關(guān)系得:=-1 x+y=a+b，亦即+=a+b。當切線平行于軸，即= a或=- a時， p點坐標為p(a，b)，也在圓+=a+b上，所以所求軌跡為圓+=a+b。在解幾何問題時一般是解由直線和曲線構(gòu)成的方程組，進而用判別式。在處理問題時要注意有時要多次運用判別式，有時可以不用等，這些情況要根據(jù)題目條件進行判斷，為了使問題更易處理最好運用數(shù)形結(jié)合的思想。4廣義判別式的應用41利用“廣義判別式”判斷二元實函數(shù)系

20、數(shù)方程根實系數(shù)一元二次函數(shù)=a 2+ b+c( a0)的保號性可以推廣到關(guān)于，的二元實函數(shù)系數(shù)方程f(，)= f(，)? 2+ g(，)?+(，)= 0，( f(，)0)上來，即:設(shè)f(，)0(即a，b r， f(，)0)，在關(guān)于，的二元函數(shù) f(，)= f(，)? 2+ g(，)?+(，)中，廣義判別式為(，)= g(，)2+ 4 f(，)(，)，若(，) 0時，恒有 f(，)0；當 f(，)0時，恒有 f(，)0.例 18證明超越方程 arctan(-)+e+ 2sin2(+)+ 2+1= 0沒有實數(shù)根.證明將原方程整理成關(guān)于的二次方程得1+ sin2(+) 2+arctan(-)+(e+

21、 1)= 0，顯然1+ sin2(+)0，又因為(，)=arctan(-)2-41+ sin2(+)( e+ 1)()2- 4(1+0)(0+ 1)= 0.由上述推廣可知，原方程沒有實數(shù)。4.2利用“廣義判別式”證一類三角不等式在證三角不等式時，有時可把三角式轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個變元的二次方程，再由當(， y)0時， f(， y)保號的性質(zhì)，原不等式得證.例 19在abc中，求證 sin sin sin證明y= sin sin sin-=-(cos- cos) cos-=-（cos）2+ cos cos-這是關(guān)于cos的二次三項式.因為( a， b)=0，且 f( a， b)=- 0，所以(， z，

22、u， v)0(- 60)2- 415 w0 w60當且僅當 t-= t-= t- z= t-u= t- v= 0.即= z= u= v= 2時， wmin= 60.例21設(shè) a+ b+ c+ d+ e= 8， a2+b2+ c2+ d2+ e2= 16，求: e的最大值.解設(shè) f()=(- a)2+(- b)2+(- c)2+(- d)2，整理得f()= 4 2- 2( a+ b+ c+ d)+(a2+b2+ c2+ d2)所以 f()= 4 2- 2(8- e)+(16-e2).由 f()0，且4 0，所以(e)0.所以- 2(8- e)2- 4? 4(16- e2)0，5e2- 16 e0

23、.故0e，當且僅當- a=- b=- c=- d= 0.即聯(lián)解方程組 4+ e= 8 4 2+ e2= 16得=或= 2e= e= 0因此，當=時， e有最大值.4.4利用“廣義判別式”求一類函數(shù)式中參數(shù)的取值范圍例 22m為何值時，函數(shù)=的值域為全體實數(shù)?解用廣義判別式求解，將函數(shù)式=變形為(- 1) 2+(2+ 2)+ 3- m= 0(1)()當1時，因為實數(shù)，所以1()0，即(1+ m) 2-(1+ m)+ 40(2)當 m=- 1時，(2)恒成立，說明 m可取- 1;當 m- 1時，由為全體實數(shù)得1+ m 02( m)=(1+ m)2- 16(1+ m)0即- 1 m15，由、有- 1

24、m15.()當= 1時，由=1+ 2+ 2- m0 m-(4+ 3)= 0解得 m- 1，15。綜合()與()得函數(shù)的值域為全體實數(shù)時，參數(shù) m的取值范圍是- 1 m15.在下面檢驗，當- 1 m 15時，此函數(shù)的值域是否為全體實數(shù)。當- 1 m 02( m)=(1+ m)2- 16(1+ m)0從而，對于 0r，1( 0)=(1+ m) 02-(1+ m) 0+ 4 0恒成立.這說明，當- 1 m 0，因而它有兩個不相等的實數(shù)根。5判別式與韋達定理相結(jié)合一元二次方程的根的判別式和韋達定理(根與系數(shù)關(guān)系)在解題中有廣泛的應用。例23已知關(guān)于的方程 2-2(m+1)+m2- 2m- 3= 0，的

25、兩個不相等實數(shù)根中有一個根為0，否存在實數(shù)k，使關(guān)于的方程 2-(k- m)- k- m2+5m- 2=0，的兩個實數(shù)根 1、 2之差的絕對值為1?若存在，求出k的值;若不存在，請說明理由。解:因為方程有兩個不等實根，所以=|-2(m+1)|2-4(m2-2m-3)=16m+160，所以m-1又因為方程有一根為0，所以m2- 2m- 3= 0，即(m- 3)(m+ 1)= 0，解得m1=- 1， m2= 3，又因為m- 1，所以m1=- 1應舍去，所以m= 3。當m= 3時，方程變?yōu)?2-( k- 3)- k+ 4= 0。因為 1， 2是方程的兩個實根，所以 1+ 2= k- 3， 1. 2=

26、- k+ 4。若| 1- 2|= 1，則( 1+ 2) 2- 4 1. 2= 1，所以( k- 3) 2- 4(- k+ 4)= 1，即k2- 2k- 8= 0，所以( k- 4).( k+ 2)= 0，所以k1=- 2， k2= 4。因為當k=- 2時，=-( k- 3)2- 4(- k+ 4)= k2- 2k 7=(- 2) 2- 2(- 2)- 7= 1 0，則方程為 2+ 5+ 6= 0，解得 1=- 3， 2=- 2滿足條件;當k= 4時，= k2- 2k- 7= 42- 2.4- 7= 1 0，此時方程為 2-= 0，解得 1= 0， 2= 1也滿足條件，所以k=- 2或4。所以存在實數(shù)k=- 2或4，使得方程的兩個實根之差的絕對值為11。說明:本題既為一道探索性試題，又為一道綜合性較強的題。應從已知條