巧用判别式法解决数学问题

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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)

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：)寻找思路，发现解题突破口；或围绕判别式展开一系列的联想、创新思维活动。在使用判别式时要充分挖掘隐含条件灵活变通，有时要变更主元，调整条件结构才能使用。一般有如下几种策略：
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。

巧求最值问题八种方法

如何求“最值”问题求最大值与最小值是中学数学常见的一种题型，在数学竞赛中作为一个靓点大量存在，解这类题有一定的难度和技巧，所以不少同学为之感叹，这里向大家介绍一些求最值问题的方法与技巧。

一、利用配方求最值例1：若x,y 是实数，则19993322+--+-y x y xy x 的最小值是。

分析:由于是二次多项式，难以直接用完全平方公式，所以用配方法来解更为简捷。

原式=1990)96(21)96(21)2(212222++-++-++-y y x x y xy x =1990)3(21)3(21)(21222+-+-+-y x y x 显然有 (x-y)2≥0, (x-3)2≥0, (y-3)2≥0,所以当x-y=0,x-3=0,y-3=0时 ,得x=y=3时, 代数式的值最小，最小是1990；例2，设x 为实数，求y=312-+-xx x 的最小值。

分析：由于此函数只有一个未知数，容易想到配方法，但要注意只有一个完全平方式完不成，因此要考虑用两个平方完全平方式，并使两个完个平方式中的x 取值相同。

由于y=121122--+++-x x x x =1)1()1(22--+-xx x ,要求y 的最小值，必须有x-1=0,且01=-x x ，解得x=1,于是当x=1时，y=312-+-xx x 的最小值是-1。

二、利用重要不等式求最值例3：若xy=1,那么代数式44411y x +的最小值是。

分析：已知两数积为定值，求两数平方和的最小值，可考虑用不等式的性质来解此题，44411y x +=2222222)(121·1·2)21()1(xy y x y x =≥+=1 所以：44411y x +的最小值是1 三、构造方程求最值例4：已知实数a 、b 、c 满足：a+b+c=2, abc=4.求a 、b 、c 中的最大者的最小值. 分析：此例字母较多，由已知可联想到用根与系数的关系，构造方程来解。

高中数学不等式问题的思路、方法、技巧

证明：由变形公式③， a2 b 2+b 2 c2+c2 a 2≥ ab·bc+bc · ca+ca· ab=abc（b+c+a），当且仅
当 a=b=c 时等号成立。
3. 分析法
2
分析法也是证明不等式的一种基本方法，模式为：欲证 A B，若已知
B C1 C2 …… I ，（ I 为一个真命题，可以是 A，也可以是另一已知成立的真命题），则命题得证。分析法的证题思路和综合法正好相反，是一步步寻找结论成立的条件。它的优
证明：∵（ 2x 4+1）- x 2（ 2x+1 ） =2x4+1-2x 3-x 2=2x 3 （x-1 ）- （ x2 –1）=（ x-1） [2x 3 –x-1]
=（ x-1 ）[2x 3 –2x+x-1]=
（
x-1
）
[2x
（
2
x
–1）
+
（
x-1
）
]
=
（
x-1
） 2（ 2x
2
+2x+1
）
=（ x-1 ） 2[x 2 +（ x+1 ）2 ] ≥ 0.
证明：∵（
a2+b2）
-[2
（
2a-b）-5]=
a
22
+b
-4a+2b+5
= a2-4a +4+b 2+2b+1= （ a-2）2 +（ b+1） 2≥ 0.
∴命题成立 .（当且仅当 a = 2， b= -1 时等号成立）

中考数学解题技巧：十大方法

2019年中考数学解题技巧：十大方法中考将近，学生们都进入到了紧张的复习阶段，那么有没有什么好的复习方法呢?尤其是数学，相对来说拉开的分数比较大，下面就让我们一起来了解一下中考数学的复习方法吧。

2019年中考数学解题技巧：十大方法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。

这是中考数学的复习方法之一。

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。

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。

4、判别式法与韦达定理一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c属于R，a0)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。

2019中考数学专题攻略-专题3一元二次方程根的判别式应用探讨

2019中考数学专题攻略-专题3一元二次方程根的判别式应用探讨一元二次方程，就是只有一个未知数且未知数最高次数为2旳整式方程，其一般形式为ax2+bx+c=0（a≠0）。

在系数a≠0旳情况下，Δ=b2－4ac>0时，方程有2个不相等旳实数根；Δ=b2－4ac =0时，方程有两个相等旳实数根；Δ=b2－4ac <0时，方程无实数根。

反之，若方程有2个不相等旳实数根，则Δ=b2－4ac>0；若方程有两个相等旳实数根，则Δ=b2－4ac =0；若无实数根，则Δ=b2－4ac <0。

因此，Δ=b2－4ac称为一元二次方程根旳判别式。

根旳判别式b2-4ac旳使用条件，是在一元二次方程中，而非别旳方程中，因此，解题过程中要注意隐含条件a≠0。

使用判别式之前一定要先把方程变化为一般形式，以便正确找出a、b、c旳值。

一元二次方程根旳判别式在初中数学中有着广泛旳应用，也是中考必考内容，并占有一定旳份量。

锦元数学工作室将其应用归纳为直接应用和综合应用两方面，直接应用包括①不解一元二次方程，判断（证明）根旳情况、②根据方程根旳情况，确定待定系数旳取值范围、③限制一元二次方程旳根与系数关系旳应用；综合应用包括④判断二次三项式是完全平方式时旳待定系数、⑤判断双曲线与直线旳公共点个数、⑥判断抛物线与直线（含x轴）旳公共点个数。

下面通过近年全国各地中考旳实例探讨其应用。

一.不解一元二次方程，判断（证明）根旳情况：典型例题：例1：（2012广西河池3分）一元二次方程2x2x20++=旳根旳情况是【】A．有两个相等旳实数根 B．有两个不相等旳实数根C．只有一个实数根 D．无实数根【答案】D。

【考点】一元二次方程根旳判别式。

【分析】∵2x2x20++=中，a=1，b=2，c=2，∴△22=--⨯⨯-。

<b4ac=2412=40∴2x2x20++=无实数根。

故选D。

例2：（2011江苏苏州3分）下列四个结论中，正确旳是【】A ．方程1x+=2x -有两个不相等旳实数根B ．方程1x+=1x有两个不相等旳实数根 C ．方程1x+=2x有两个不相等旳实数根 D ．方程1x+=a x （其中a 为常数，且a 2>）有两个不相等旳实数根【答案】D 。

八种方法解决高中数学不等式问题

八种方法解决高中数学不等式问题下面用八种方法解决高中数学常见的不等式问题：例题：224x y ，求34x y 的最大值.【解法一】柯西不等式先备知识：柯西不等式（二维下的）解：3,4,,a b c x d y ，由柯西不等式得：222223434x y x y 所以：3410x y ，当且仅当34x y ，即68,55x y 时，取得最大值10.【总结】柯西不等式常用，建议理解记忆。

【解法二】线性规划解：令34x y t ，则344t y x （将t 看作是直线的截距，转化为求直线截距的范围） ,x y 满足直线方程344t y x ，也满足方程224x y ，因此：显然，由图像得： 2.5104t t .【总结】数形结合典型做法，但是线性规划新高考不考。

建议从数形结合角度理解。

【解法三】判别式法解：令34x y t ，则344t y x ，代入方程：224x y ，得： 223444t x x ，整理，得：222534016816t x tx ………………（*）一元二次方程（*）有解，则：2232544081616t t210010t t . 【总结】常用方法之一，解决“条件极值”问题的常用手段。

【解法四】三角换元224x y 22144x y ，不妨令：cos ,sin 22x y x x . 则：34346cos 8sin 10cos sin 10sin 1055x y x x x x x，（3tan 4 ）. 【总结】三角换元、参数法建议学有余力的同学适当了解。

【解法五】对偶式先备知识： 34x y 的对偶式为43x y2223492416x y x xy y (1)2224316249x y x xy y (2)(1)+(2)，得：222234432525100x y x y x y223410043100x y x y .【总结】进阶方法，学有余力可了解。

【解法六】向量法（类似柯西不等式）34x y 可以看作向量 3,4,,a b x y 的数量积：34a b x y .所以：cos ,10a b a b a b.【总结】注意观察代数式的结构特征。

数学问题：解决复杂方程的常用方法

数学问题：解决复杂方程的常用方法引言解决复杂方程是数学中重要的任务之一。

无论是在纯粹的理论研究还是实际应用中，我们经常需要找到方程的解。

本文将介绍一些常用的方法来解决复杂方程。

1. 代数ic方法代数ic方法是通过代数运算对方程进行求解的一种方法。

下面列出了三种经典的代数ic方法：1.1 因式分解法因式分解法适用于具有明显因子项的多项式方程。

首先，我们观察方程是否可以进行因式分解，并将其写成多个乘积形式，然后令每个因子等于零，再求解得到方程的根。

例子：考虑如下方程：x^2 - x = 0 我们可以将该方程因式分解为 x(x-1) = 0，并得到两个根x=0和x=1。

1.2 全等变换法全等变换法是通过对等价关系进行变换来简化或转换方程的求解过程。

通过使用合适的等价变换规则，我们可以将复杂的方程转化为简单易解的形式。

例子：考虑如下非线性方程：x^2 + 4x + 4 = 0 通过将方程进行平移，我们得到(x+2)^2 = 0，从而解得唯一根x=-2。

1.3 系数比较法系数比较法是通过观察多项式方程的系数之间的关系来求解方程。

通过比较系数，我们可以获得一些等式或不等式，然后根据这些关系求解方程。

例子：考虑如下二次方程：ax^2 + bx + c = 0 通过比较系数的大小和符号，我们可以推导出判别式D=b^2-4ac的值与方程根的关系。

如果D>0，则有两个实根；如果D=0，则有一个实根；如果D<0，则有两个复数根。

2. 数值近似法当遇到无法用代数方法直接求解的复杂方程时，我们可以利用数值近似法来获取近似解。

以下是几种常见的数值近似方法：2.1 迭代法迭代法是一种逐步逼近真实解的方法。

它基于初始猜测，并使用递归公式反复迭代直到满足预设精度要求为止。

例子：考虑如下非线性方程：f(x)=0 我们可以选择一个初始猜测值x_0，并使用递归公式x_{n+1}=g(x_n)进行迭代，直到达到预设的精度要求。

换元法求最值判别式

换元法求最值判别式换元法求最值是一种常见的数学方法，可以在解决一些特定的问题时帮助我们简化计算过程，提高解题效率。

在这篇文章中，我将为大家介绍换元法求最值的基本原理和应用方法，并结合判别式的概念，展示它们在数学问题中的实际运用。

1. 换元法求最值的基本原理换元法求最值的基本原理是通过将问题中涉及的自变量进行一定的替换，从而将原问题转化为一个更容易求解的形式。

这个方法可以使计算过程更加简洁，求解过程更加直观。

2. 判别式的概念及其与换元法求最值的关联在代数学中，判别式指的是由一定系数的多项式的各项系数所构成的一个参数。

它可以帮助我们判断多项式的性质和性质的变化，有助于我们解决一些与最值相关的问题。

3. 换元法求最值的应用示例现在，让我们通过一个具体的数学问题来展示换元法求最值的应用。

考虑以下函数：f(x) = ax^2 + bx + c其中，a、b、c为实数，且a ≠ 0。

我们的目标是求出这个二次函数f(x)的最小值或最大值。

我们可以通过求导的方法得到该函数的极值点：f'(x) = 2ax + b令f'(x) = 0，可以解得极值点x0的值：x0 = -b / 2a在这里，我们可以通过换元法进行转换：令y = x - x0那么，x = y + x0将x带入原函数f(x)中，我们可以得到：f(y) = a(y + x0)^2 + b(y + x0) + c现在，我们的目标是求f(y)的最小值或最大值。

由于x0是极值点，所以它对应的y值为0。

我们可以将y替换为0，得到：f(y) = a(x0)^2 + b(x0) + c通过这种换元法，我们将原问题转化为了一个更容易求解的形式。

现在我们只需要计算f(y)即可得到函数f(x)的最小值或最大值。

4.个人观点与理解换元法求最值是数学中一项重要且实用的技巧。

通过合理地选择变量替代，我们可以将原问题转化为更简单的形式。

换元法不仅能够帮助我们解决一些最值问题，还能够提高我们数学分析的能力和思维的灵活度。

一元二次恒成立问题三种解法

一元二次恒成立问题三种解法一元二次方程是高中数学中的重要概念，也是解析几何的基础之一。

在解一元二次方程的过程中，我们经常会遇到一元二次恒成立问题。

一元二次恒成立问题是指在给定条件下，要求解满足一元二次方程的未知数的取值范围。

在这篇文章中，我们将探讨三种解一元二次恒成立问题的方法。

解法一：因式分解法首先，我们来看一元二次方程的一般形式：ax^2 + bx + c = 0，其中a、b、c为常数，且a≠0。

如果方程左边可以因式分解成两个一次因式的乘积，即可使用因式分解法解一元二次恒成立问题。

举例来说，如果给定的一元二次方程是x^2 + 5x + 6 = 0，我们可以将方程左边进行因式分解，得到(x + 2)(x + 3) = 0。

根据零乘法，方程成立的条件是(x + 2) = 0或(x + 3) = 0，即x = -2或x = -3。

因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -2或x = -3。

解法二：配方法配方法是解一元二次方程的常用方法之一，适用于一元二次方程无法直接因式分解的情况。

配方法的思路是通过添加适当的常数将方程变为一个完全平方的形式，从而解出方程。

例如，如果给定的一元二次方程是x^2 + 6x + 5 = 0，我们可以通过添加常数的方式，将方程变为(x + 3)^2 - 4 = 0。

进一步化简可得(x + 3)^2 = 4，然后开方得到x + 3 = ±2，即x = -3 ± 2。

因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -1或x = -5。

解法三：求判别式法判别式是解一元二次方程的重要工具，它可以用来判断方程的解的情况。

一元二次方程的判别式Δ的表达式为Δ = b^2 - 4ac。

当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。

利用判别式的结果，我们可以解决一元二次恒成立问题。

例如，如果给定的一元二次方程是x^2 - 4x + 4 = 0，我们可以计算出Δ = (-4)^2 - 4(1)(4) = 0。

“判别式法”在追及、相遇问题中的巧妙运用

则两物体可能相遇两次
C.
若 a1 >a2 ,则两物体可能相遇一次或
D.
不相遇
数,
即通过对关于时间t 的一元二次方程的
判别式“
的讨论来确定物体是否
Δ=b -4
a
c”
2
能够相遇,
以及相遇的次数。下面举例说明。
例1
甲、乙两物体相距 s,同时同向沿
方程无解,
表明当质点甲做匀速运动的速度
1
a2t2 2
1
即 v0t=s,
解关于t 的一元一次方
a1t2 =s,
2
s
程得t= ,只有一个解,故两物体一定相遇
v0
一次,
选项 A 正确。
(
当 a1 >a2 时,
判别式“
3)
Δ”的值由 v0 、
a1 、
a2 、
s 共同决定,可能小于零、等于零或大
(
责任编辑
张
巧)
37
物理部分·经典题突破方法
高一使用 2020 年 10 月
1 2
s甲 =v
t,
s乙 = a
t ,质点甲追上乙,即两质点
2
v0 ± v2
a1 -a2 )
s
0 -2(
。
a1 -a2
相遇,
应有s甲 -s乙 =s,即
v± v2 -2
a
s v
解得t=
=
±
a
a
图1
讨论:
零,
且 Δ >v0 ,
0 >

高中数学：判别式法的应用

高中数学：判别式法的应用
“判别式法”是我们解题时常用的方法，在解题中常常用到，掌握它很有必要，下面举例说明它的作用。

一、求函数的值域
例1、求函数的值域。

解：将原函数变形得，把此方程看作关于x的一元二次方程，该方程一定有解，利用方程有解的条件求得y的取值范围，即为原函数的值域。

当时，（说明函数值可以为0）。

当时，令，解得
故原函数的值域为
二、求最值
例2、已知，且，试求实数a、b为何值时，ab取得最大值。

解：构造关于a的二次方程，应用“判别式法”。

设（1）
由已知得（2）
由（1）（2）消去，对a整理得（3）
对于（3），由，解得或。

由，舍去，得。

把代入（3）（注意此时），得，即从而。

故当时，取得最大值为18。

三、证明不等式
在物理追击问题中经常用到。

例3、已知。

证明：恒成立。

解：不等式变形为
将不等式左边看作关于y的二次函数，令。

由，从而有：
，即。

对于二次函数，图象开口向上，且在x轴上方，所以恒成立，即恒成立。

四、求参数的取值范围
例4、对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点。

已知函数，对于任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求a的取值范围。

解：对任意实数b，恒有两个相异的不动点对任意实数
恒有两个不等实根对任意实数b，
恒有两个不等实根对任意实数
恒成立。

可以将看作关于b的二次函数，则对任意实数恒成立
故的取值范围是
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