判别式法在解题中的应用毕业论文

1、【标题】判别式法在解题中的应用 【作者】汤 家 春 【关键词】判别式方程函数几何广义判别式韦达定理 【指导老师】韩 最 德 【专业】数学教育 【正文】1引言判别式法是数学解题中的一个常用方法，判别式是通过利用一元二次方程a+b+c=0(a0，a、b、c均为常数)得到的，它不仅能直接用于判定一元二次方程根的情况，而且还可以根据一元二次方程根的情况，确定方程中字母的取值范围或字母间关系以及应用判别式证明方程根的情况（有实根、无实根、有两不等实根、有两相等实根），而且在二次三项式、二次函数，几何等方面都有着重要的应用，熟练掌握它的各种用法，也可以提高解题能力和知识的综合应用能力。大约在公元前480年

2、，古巴比伦人、中国古人就会使用配方法求得二次方程的正根，但是并没有提出通用的求解方法。公元前300左右，欧几里德提出了一种更抽象的几何方法求解二次方程。7世纪印度的仕迦罗是第一位懂得使用代数方程，同时容许有正负数的根的数学家。阿拉伯的花拉子独立地发展了一套公式以求方程的正数解，第一次提出二次方程的求根公式，判别式也就随之被广泛运用在解一元二次方程上。近几年来有许多人对判别式法进行了研究，更全面和完善了这方面的知识。如1994年肖云瑞用集合和映射的方法对判别式在求函数的值域方面进行了研究，得到了圆满的结果；1995年唐覃归纳总结出判别式在求值范围、解方程、解方程组、证明等式证明不等式、求极值上的

3、运用；1999年冉光华从判别式自身表现的不同特征探究其用法，提出了直接法、极端用法、构造法、逆用法等；之后还有陈孟芸、郑云章、刘爱敏、秦晓辉、高敏、尹述喜、王英志、胡西旦?吐尔孙、范长如、李小兵、黄树威、廖国卿、曾祥红、夏雨良等都对此问题进行了研究。迄今为止，虽然有大量的学者对判别式的运用作了精辟的论述，但是这些论述只是笼统地针对某一方面进行的，缺乏深入、彻底的探讨和论证。本文将从这一点入手，借助前人的思想和方法着重研究判别式法在一元二次方程、函数、不等式、等式的证明、几何方面的运用，以及广义判别式、判别式与韦达定理的综合应用。本文主要是通过例题来阐述其用法，进而归纳总结出判别式法解题的思路和

4、步骤。2定义21一元二次方程判别式的定义任意一个一元二次方程abc0（a0）均可配成(+)2=，因为a0，由平方根的意义可知，b4ac的符号可决定一元二次方程根的情况。b4ac叫做一元二次方程abc0（a0）的根的判别式，用“”表示(读做delta)，即b4ac。一元二次方程abc0（a0）根的判别情况:(1)当0时，方程有两个不相等实数根；（2）当0时，方程有两个相等实数根；（3）当0时，方程没有实数根（1）和（2）合起来：当0时，方程有两实数根。上面结论反过来也成立，可以具体表示为：在一元二次方程abc0（a0）中，当方程有两个不相等的实数根时，0；当方程有两个相等的实数根时，0；当方程没

5、有实数根时，0。注意根的判别式是=b4ac，而不是=sqrt(b4ac)。(sqrt指根号)2.2广义判别式2.2.1广义判别式定义设 a= f(，)， b= g(，)，c=(，)都是以，为变量的实值函数，且 a0，以，为未知数的一个二元方程为a 2+ b+c= 0，则称= b2- 4 ac为二元方程a 2+ b+ c= 0的“广义判别式”。2.2.2广义判别式定理设 f(，)0，在关于，的二元函数 f(，)= f(，) 2+ g(，)?+(，)中，广义判别式为(，)= g2(，)-4 f(，)(，)，(1)若 0时恒有 f(，) 0;当 f(，) 0时恒有 f(，) 0。证明方程 f(，)=

6、 0即f(，) 2+ g(，)+(，)= 0f(，)0，两边同除以 f(，)得: 2+= 0配方得:2=（1）显然，当0时，显然恒有f(，) 0;当f(，)0则方程有两个不相等的实数根；若b2-4ac=0则方程有两个相等的实数根；若b2-4ac 0，所以原方程有两个不相等的实数根。例 2已知方程- 2m- m= 0没有实数根，其中m是实数，试判定方程+ 2 m+m(m+ 1)= 0有无实根。解析：题目中点出方程- 2m- m= 0没有实数根，即方程判别式小于零等价于0。解:方程-2 m- m= 0无实数根1=(- 2m)- 4(- m)= 4 m2+ 4 m 0即-1m 0方程+ 2

7、 m+m(m+ 1)= 0有两个不相等的实根。3.1.2应用判别式证明方程根的情况例 3解关于的方程 21g- 1g(- 1)=1ga解显然 a 0，此时原方程等价于混合组 01(1)- 1 0=a-a+ a=0(2)方程( 2)的判别式=- 4a，当=0时，即 a=4时，方程( 2)的实数解=2是原方程的解.当 0即 a 4时，方程( 2)的实数解为1=， 2=因为 1 2， 2- 1= 01， 2均满足( 1)，从而都是原方程的解。当 0即0a 2)无实数解。综上所述，当 a4时，原方程的解为=，当0 a 4时，原方程无解。3.1.3判别式确定方程中字母的取值范围或字母间关系利用判别式确定

8、方程中字母的取值范围或字母间关系这类题型，题目中将告诉方程根的情况，在此条件下再来判断是大于零、小于零或第于零，从而解决问题。例4如果关于的方程（m-2） 2-2+1=0有解，求m的取值范围解析：题中只说方程有解，并没有指出方程是一元一次方程还是一元二次方程，因此应分两种情况来求解(1)当m 2时，(2)当 m=2时，来解方程求m的取值范围。解由题可知方程（m-2） 2-2+1=0有解，则进行一下讨论：(1)当m 2时，方程为一元二次方程，由=（-2）2-4（m-2）0，得m3，故其解集为|m3且m 2；(2)当 m=2时，原方程变为-2+1=0，则解为=，也符合要求。综上所诉原方程中m的取值

9、范围为m例5若方程+ 2(1- a)+ 3 a+ 4ab+ 4b+ 2= 0有实根，求 a、b的值。分析：题目中点出方程+ 2(1- a)+ 3 a+ 4ab+ 4 b+ 2= 0有实根，换一句话说方程的判别式大于或等于零，即0。解:已知方程有实数根= 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=这类题应注意题中所给的条件，特别是隐含的条件需要正确理解，如例 4，方程中虽然给出了方程根的情况，但是没指明根的具体情况，方程有实根说明方

10、程有一个或两个根，即判别式大于或等于零，即0。3.2判别式法在函数中的应用函数在高中数学中是一个非常重要的知识点，函数值域又是函数三要素之一，对求函数的最值，求参变量的取值范围、求反函数都有一定的制约作用。解决函数问题的方法很多，判别式法却是解决函数问题的主要方法之一，是方程思想在函数问题上的应用。它的理论依据是：函数的定义域是非空数集，将原函数看作是以为参数的关于的二次方程，若方程有实数解，必须判别式0，从而求得函数的值域。3.2.1使用判别式求函数的值域使用判别式求函数的值域，一般有三类题型，前两类解题思路都是将函数式转化为关于自变量的一元二次方程，借助方程式去得到的不等式（组），进而求得

11、函数值域；第三类应用导数，确定单调区间利用单调性去解决。例 6求函数=值域解函数=有意义+3+2 0，即- 1且- 2设函数的定义域为a=|- 2或- 2- 1。由于原函数等价于:(- 1)+(3y+1)+2y+2=0a()当- 10即1时=(3+1)- 4(- 1)(2+2)0，得(+3)0当=- 3时代入式，得=- 1 a所以=- 3，经检验=- 2不是式的根.当- 1=0即=1时，式化为 4+4=0，所以=- 1 a，所以1综上，函数的值域为r|1且-3.这类型题在解题目过程中要特别注意：函数的定义域；变为等价方程后的系数；等价方程定义域对原方程根的限定。显而易见，其难点之处首先是对系数

12、的讨论；其次是定义域对根的限定转化分布讨论。例7求函数=-3的值域解由函数解析式变形为（+3）=25(+400)，即16-6+10000-=0关于的方程应有=36-64（10000-）0，即为即6400。=-35|-30，即080，故原函数的值域为80，+）。这类题难点是等价转换，不能忽视隐含重要条件如例7要注意0。例8求函数=-3（0 100）的值域。分析：想到导数与函数的单调性、最值密切相关，应用导数的知识去完成。解函数的导数为：=-=-3令0得-150得15，即在区间（15，100上函数是增函数。则在0，100上当=15时函数取得最小值为80.又=0时函数值为100，=100时函数值为3

13、00。则函数最大值为300。故原函数的值域为80，300。3.2.2判别式求最值例 9求函数=+的最大值与最小值解由-2+29+850，所以 2-29-85 0，所以17设函数定义域为a=|-17，u=-2+29+85=-2（-）2+，对称轴=恰好为-，17的中点，由函数的单调性知：当=-时，函数=-+=-又原式化为-=，两边平方得: 3-(2y+29)+-85=0（1）因为为实数，所以=(2+29)- 4?3?(- 85)0化简得 8- 116y- 18610解得代入式即当+=时，= a；故当时， r即原函数在定义域为a=|-17内恒小于等于函数=-=。3.3使用判别式，证明不等式、等式3.

14、3.1判别式，证明不等式二次函数f()=a+b+ c（a 0），若a0，有=b-4ac0，则f()0;若a0，有=b-4ac0，则f()0。二次方程a+b+ c=0，（a 0）有实根，则=b-4ac0。例10设 f()=1g，其中 ar， n是任意给定的自然数且n2，当 0 a1且0时，试证明 2f() f(2).证明：由原题得2f()=1g f(2)=1g原题证明不等式 2f() f(2)n 构造函数g()=n-2 y+=(-1)+(y-2)+-(n-1)+（-n a）+ a(1-a)因为0， 0 0对任何r恒成立.所以=-2-4n 0化简，得 0，即 k2-6 k-10，解得:

15、k（，）设 ab中点为 c( 0， 0)，则 0=又点 c在直线+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)，则 pcab所以?=- 1即?k=- 1解得 k=2或 k=(不合题意，舍去)所以 k=2.例14当m为何值时，方程- 4+ m-+(3 m- 10)- 2= 0(*)表示两条直线。解将原方程整理成关于的一元二次方程:-(4+ 1)+ m+(3 m- 10)- 2=0，其判别式= 4(4- m)+ 12(4- m)+ 9，要使方程(*)表示两条直线方程(*)左边能分解成两个一次因式的积为完全平方式。当m= 4时，

16、= 3，显然符合题意;当m4时，为完全平方式，即关于的二元三项式要为完全平方式，必有=0=12(4- m)- 4? 4(4- m)?9= 144（m-3）（m-4）=0且m4 m= 3。综上所诉，当m= 3时，方程- 4+ m-+(3 m- 10)- 2= 0表示为两条直线。上题解法两次用到了判别式，由判别式的判别式小于零或等于零，使问题迎刃而解。对含多个参数的二次方程求参数的值或范围等问题，分析题意时可以考虑这种思路。这里特别强调，对二次项系数是否为零要注意分类讨论，否则就会出现忽视使用判别式法解题的条件，产生解题错误。3.4.2直线与二次曲线位置关系的判别式及其应用在直线与二次曲线位置关系

17、这类题中，我们经常可以看到题由一个以上图形的方程或点组成，并且它们存在一定关系，在这种条件下要用其它的方法求另一方程的最大值（最小值）或要判断直线与二次曲线的位置关系，通常将直线方程代入二次曲线方程，整理成一元二次方程，由该一元二次方程的判别式来判断这样作运算量大，计算烦杂，易出错，更难用于解决其它与此有关问题，因此，用二次曲线方程和直线方程的常数直接作出直线与二次曲线位置关系的判断，并分别对椭圆、双曲线、抛物线建立判别式，从而用于解决与此有关的问题。例15已知点p(，)在椭圆+=1上，求2-的最大值解设b= 2-，即2- b= 0，则有25 2-16b+4b2-36=0。又因直线与椭圆有公共

18、点，而0（-16b）-4?25(4b2-36)0 b25- 5b5，所以b的最大值为5，即2-的最大值是5。例 16若直线 l:= k+ 2与双曲线-= 1只有一个公共点，求k值。解因直线 l: k-+ 2= 0与-= 1有一个公共点，故(1)当1?(- 1)- 1?k0，即k1时，双= 0 1- k+ 4= 0 k=;(2)当 1?(- 1)- 1?k= 0即k=1(由20，可知 l与双曲线相交于一点)。综上所述，所求k值为，1。例17从椭圆+=1外一点作椭圆的两切线若两切线垂直，求这点的轨迹。解设椭圆外的点为p( x， y)，切线斜率为k，则切线方程为:- y= k(- x)，即k-k x

19、+ y= 0，因直线和椭圆相切，由= 0 b+a k-(y-k x)=0，整理成关于k的二次方程：(xa)k2xyk+(yb)=0，因两直线垂直，有此k的二次方程的二根之积为- 1，由根与系数关系得:=-1 x+y=a+b，亦即+=a+b。当切线平行于轴，即= a或=- a时， p点坐标为p(a，b)，也在圆+=a+b上，所以所求轨迹为圆+=a+b。在解几何问题时一般是解由直线和曲线构成的方程组，进而用判别式。在处理问题时要注意有时要多次运用判别式，有时可以不用等，这些情况要根据题目条件进行判断，为了使问题更易处理最好运用数形结合的思想。4广义判别式的应用41利用“广义判别式”判断二元实函数系

20、数方程根实系数一元二次函数=a 2+ b+c( a0)的保号性可以推广到关于，的二元实函数系数方程f(，)= f(，)? 2+ g(，)?+(，)= 0，( f(，)0)上来，即:设f(，)0(即a，b r， f(，)0)，在关于，的二元函数 f(，)= f(，)? 2+ g(，)?+(，)中，广义判别式为(，)= g(，)2+ 4 f(，)(，)，若(，) 0时，恒有 f(，)0；当 f(，)0时，恒有 f(，)0.例 18证明超越方程 arctan(-)+e+ 2sin2(+)+ 2+1= 0没有实数根.证明将原方程整理成关于的二次方程得1+ sin2(+) 2+arctan(-)+(e+

21、 1)= 0，显然1+ sin2(+)0，又因为(，)=arctan(-)2-41+ sin2(+)( e+ 1)()2- 4(1+0)(0+ 1)= 0.由上述推广可知，原方程没有实数。4.2利用“广义判别式”证一类三角不等式在证三角不等式时，有时可把三角式转化为关于某个变元的二次方程，再由当(， y)0时， f(， y)保号的性质，原不等式得证.例 19在abc中，求证 sin sin sin证明y= sin sin sin-=-(cos- cos) cos-=-（cos）2+ cos cos-这是关于cos的二次三项式.因为( a， b)=0，且 f( a， b)=- 0，所以(， z，

22、u， v)0(- 60)2- 415 w0 w60当且仅当 t-= t-= t- z= t-u= t- v= 0.即= z= u= v= 2时， wmin= 60.例21设 a+ b+ c+ d+ e= 8， a2+b2+ c2+ d2+ e2= 16，求: e的最大值.解设 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，当且仅当- a=- b=- c=- d= 0.即联解方程组 4+ e= 8 4 2+ e2= 16得=或= 2e= e= 0因此，当=时， e有最大值.4.4利用“广义判别式”求一类函数式中参数的取值范围例 22m为何值时，函数=的值域为全体实数?解用广义判别式求解，将函数式=变形为(- 1) 2+(2+ 2)+ 3- m= 0(1)()当1时，因为实数，所以1()0，即(1+ m) 2-(1+ m)+ 40(2)当 m=- 1时，(2)恒成立，说明 m可取- 1;当 m- 1时，由为全体实数得1+ m 02( m)=(1+ m)2- 16(1+ m)0即- 1 m15，由、有- 1

24、m15.()当= 1时，由=1+ 2+ 2- m0 m-(4+ 3)= 0解得 m- 1，15。综合()与()得函数的值域为全体实数时，参数 m的取值范围是- 1 m15.在下面检验，当- 1 m 15时，此函数的值域是否为全体实数。当- 1 m 02( m)=(1+ m)2- 16(1+ m)0从而，对于 0r，1( 0)=(1+ m) 02-(1+ m) 0+ 4 0恒成立.这说明，当- 1 m 0，因而它有两个不相等的实数根。5判别式与韦达定理相结合一元二次方程的根的判别式和韦达定理(根与系数关系)在解题中有广泛的应用。例23已知关于的方程 2-2(m+1)+m2- 2m- 3= 0，的

25、两个不相等实数根中有一个根为0，否存在实数k，使关于的方程 2-(k- m)- k- m2+5m- 2=0，的两个实数根 1、 2之差的绝对值为1?若存在，求出k的值;若不存在，请说明理由。解:因为方程有两个不等实根，所以=|-2(m+1)|2-4(m2-2m-3)=16m+160，所以m-1又因为方程有一根为0，所以m2- 2m- 3= 0，即(m- 3)(m+ 1)= 0，解得m1=- 1， m2= 3，又因为m- 1，所以m1=- 1应舍去，所以m= 3。当m= 3时，方程变为 2-( k- 3)- k+ 4= 0。因为 1， 2是方程的两个实根，所以 1+ 2= k- 3， 1. 2=

26、- k+ 4。若| 1- 2|= 1，则( 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。因为当k=- 2时，=-( k- 3)2- 4(- k+ 4)= k2- 2k 7=(- 2) 2- 2(- 2)- 7= 1 0，则方程为 2+ 5+ 6= 0，解得 1=- 3， 2=- 2满足条件;当k= 4时，= k2- 2k- 7= 42- 2.4- 7= 1 0，此时方程为 2-= 0，解得 1= 0， 2= 1也满足条件，所以k=- 2或4。所以存在实数k=- 2或4，使得方程的两个实根之差的绝对值为11。说明:本题既为一道探索性试题，又为一道综合性较强的题。应从已知条