论文部分内容阅读
摘 要：判别式是解决二次函数、二次方程、二次不等式问题最重要的工具；判别式法的最大 功能是在解决有关多变量问题中能减少参变量的个数，从而实现高维问题低维化. 要熟练地运用判别式法解题须经过直接使用、变形使用、构造使用这三重境界.
关键词：判别式；直接使用；变形使用；构造使用
二次方程、二次函数、二次不等式是中学数学中最重要的教学内容之一，联系它们之间的重要桥梁是一元二次方程根的别式，因此运用判别式法是解决中学数学问题的重要方法之一. 晚清学者王国维在他所著的《人间词话》中曾总结为人的三重境界；笔者认为要熟练地运用判别式法解决数学问题也要经过这三重境界，现介绍如下：
境界之一：直接使用——昨夜西风凋碧树，独上高楼，望尽天涯路
当数学问题涉及二次方程、二次不等式、二次函数时，要有利用判别式的思想意识，只有当思想意识提高后，才能登高远望，看清问题的本质所在，合理、简洁地解决问题.
例1 设a，b∈R，函数f（x）=ax2 b（x 1）-2，若对任意的实数b，方程f（x）=x有两个相异的实根，求实数a的取值范围.
分析：要得到实数a的取值范围，只需得到实数a应满足的不等式，注意到问题的条件是关于x方程有两个不同的实数解，所以可直接利用判别式法解之.
解：因为方程f（x）=x有两个相异的实根，即方程ax2 （b-1）x b-2=0有两个不等的实根，
所以有a≠0，
Δ1=（b-1）2-4a（b-2）>0对于任意的实数b恒成立，
即a≠0，
Δ1=b2-2（2a 1）b 8a 1>0对于任意的实数b恒成立，
所以a≠0，
Δ2=4（2a 1）2-4（8a 1）<0，解得0 评注：本题的难点是问题系统中含有三个字母，上述解法依次利用判别式，消去x，b最终得到a应满足的目标不等式，显得思路自然，如行云流水一般.
境界之二：变形使用——衣带渐宽终不会悔，为伊消得人憔悴
当问题涉及的字母较多时，且给出的等式（或不等式）又可以看成是某一个“主元”的二次式时，则通常可抓住这个“主元”，通过变形把给出的等式（或不等式）化为“主元”的等式（或不等式），然后运用判别式法解决之；多变量问题是中学数学的热点、难点问题之一，通过合理的变形，再运用根的判别式减少变量的个数，往往能屡试不爽，使你乐在其中，无怨无悔.
1. 解方程
例2 若x，y∈R，满足2x-2x2y2-2y（x x2）-x2=5，求x，y的值.
分析：要求x，y的值，“照理”应给出两个关于x，y的方程， 但本题只给出一个关于x，y的方程，所以在正常情况下没有办法求x，y的值，所以只有这个方程能“一个顶俩”时，即这个方程必可等价于两个关于x，y的方程（如化为形如：f2（x，y） g2（x，y）=0的形式）时，则问题就解决了. 但要做到这一点确实不容易，若换一个角度看问题，把y看成常数，则原等式即为关于x的一元二次方程，由此可求得y的取值范围，且可以猜想，求得的y取值范围必是一个常数.
解：原等式可看成关于x的方程（2y2 2y 1）x2 2（y-1）x 5=0，由于x∈R，
且2y2 2y 1=2
y
≠0，所以Δ=4（y-1）2-20（2y2 2y 1）≥0，即（3y 2）2≤0，
所以3y 2=0，即y=-，所以x=3.
评注：众所周知，若能把题设条件合理地使用完，则问题就自然解决了. 本题从条件的表面上看，给出的条件不足以求得x，y的值，上述解法的可取之处是退而求y的取值范围，真可谓“退一步海阔天空”.
2. 求取值范围
例3 若对于任意的a，b∈R不等式a2 b2≥λ（a 3b 1）恒成立，求实数λ的取值范围.
分析：由于原不等式可以看成关于a的二次不等式，也可以看成关于b的二次不等式，所以可先固定b和λ，消去a，再固定λ消去b，从而得到λ的取值范围.
解：原不等式可看成关于a的二次不等式f（a）=a2-λa （b2-3λb-λ）≥0对于任意的a∈R恒成立，所以Δ1=（-λ）2-4（b2-3λb-λ）≤0，即g（b）=4b2-12λb-λ2-4λ≥0对于任意的b∈R恒成立，
所以Δ2=（-12λ）2-16（-λ2-4λ）≤0，解得-≤λ≤0.
评注：通过建立目标不等式的方法是求参数取值范围的重要方法，对于二次不等式的系数问题，利用根的判别式是建立目标不等式的最重要途径.
3. 证明不等式
例4 已知 A，B，C是△ABC的三个内角，试证明：x2 y2 z2≥2yzcosA 2zxcosB 2xycosC对于任意的x，y，z∈R恒成立.
分析：本题给出的条件仅是A B C=π，但涉及的变量较多，若能减少变量，则问题就会变简单，因此可先固定其他字母，把原不等式看成关于x的不等式，从而消去x，若有必要，依次消去y，z.
证明：设f（x）=x2-2（zcosB ycosC）x y2 z2-2yzcosA，
要证明对于任何x，y，z∈R原不等式恒成立，只需证明对于任意的y，z∈R有
Δ=4（zcosB ycosC）2-4（y2 z2-2yzcosA）≤0恒成立.
只需证明y2（1-cos2C） z2（1-cos2B）-2yz（cosA cosBcosC）≥0恒成立.
又因为cosA cosBcosC=cosBcosC-cos（B C）=sinB·sinC， 所以只需证明对于任意的y，z∈R，y2sin2C-2yzsinBsinC z2sin2B≥0恒成立，
即只需证明（ysinC-zsinB）2≥0.
因为（ysinC-zsinB）2≥0恒成立，所以原不等式成立.
虽然以上三例题型各不相同，但解决问题的思想方法是一致的，即把问题涉及的等式（不等式）通过变形，看成是某一“主元”的二次方程（或二次不等式），再利用根的判别式，消去这个“主元”，从而达到“降维”的目的.
境界之三：构造使用——众里寻他千百度，蓦然回首，那人却在灯火阑珊处
当试题涉及的等式（不等式）与判别式的结构比较接近时，合理地构造一个与之相关的二次方程、二次不等式，然后再运用判别式解决之，有时会有意想不到的效果，有“踏破铁鞋无觅处，得来全不费工夫”的感觉.
1. 证等式
例5 已知（x-z）2-4（x-y）（y-z）=0，（其中x≠y），求证：2y=x z.
分析：本题最常规的解法是把条件等式看成关于y的方程，然后再“装腔作势”地解出y的值即可；若注意到条件等式的结构与判别式的结构基本一致，则可考虑构造一个一元二次方程，使其判别式恰与条件等式对号，简化运算过程.
证明：构造以（x-y），（z-x），（y-z）为系数的方程f（t）=（x-y）t2 （z-x）t （y-z）=0.
因为Δ=（x-z）2-4（x-y）（y-z）=0，所以该方程有两个相等的实根.
又因为（x-y） （z-x） （y-z）=0，所以两个相同的实根为t1=t2=1，
所以t1·t2=1=，即2y=x z.
2. 求取值范围
例6 设a>b>c，且a b c=1，a2 b2 c2=1，求c的取值范围.
分析：要求c的取值范围，只需得到关于c的一个目标不等式，注意到a b=1-c，
a2 b2=1-c2，易构造以a，b为实数根，系数只与c相关的一元二次方程，但条件a>b>c很难使用，因此可考虑先用换元法，清除这个条件.
证明：令x=a-c，
y=b-c，则由a>b>c可得x>y>0. 由a b c=1可得x y=1-3c.
由a2 b2 c2=1可得x2 y2 2c（x y） 3c2=1，
所以2xy=（x y）2 2c（x y） 3c2-1=（x y c）2 2c2-1=6c2-4c，
即xy=3c2-2c. 所以x，y是关于z的方程：z2-（1-3c）z 3c2-2c=0的两个不等正根，
所以Δ=（1-3c）2-4（3c2-2c）>0，
1-3c>0，
3c2-2c>0，
解得- 评注：本解法中有两个关键点，其一是构造一个系数只与c相关的一元二次方程，其二是解决条件“a>b>c”的使用问题.
3. 证明不等式
例7 设ak∈R，bk∈R（k=1，2，…，n），求证：（a a a … a）（b b … b）≥（a1b1 a2b2 … anbn）2成立（柯西不等式）.
分析：注意到要证明的目标不等式的结构与判别式的结构极其相似，因此可构造一个二次函数，使其判式恰为要证明的目标不等式.
证明：构造函数 f（x）=（a1x-b1）2 （a2x-b2）2 … （anx-bn）2.
则f（x）=（a a … a）x2-2（a1b1 a2b2 … anbn）x b b … b.
且对于任何x∈R，f（x）≥0恒成立. 当a a … a>0时，
Δ =4（a1b1 a2b2 … anbn）2-4（a a … a）（b b … b）≤0.
即（a a … a）（b b … b）≥（a1b1 a2b2 … anbn）2成立.
若不等式取“=”，则Δ=0，故f（x）=0有两个相同的根x=x0，即存在常数x0，使akx0=bk，（k=1，2，3…n）恒成立，反之亦真. 当a a … a=0时，原不等式显然成立.
评注：柯西不等式是中学数学中最经典的不等式之一，它的证明也是构造二次函数证明不等式最经典案例之一.
例8 设x1，x2，x3，y1，y2，y3是实数，且满足x x x≤1，求证：（x1y1 x2y2 x3y3-1）2≥（x x x-1）（y y y-1）.
分析：由于所证明的不等式的结构和柯西不等式非常接近，但又有本质的区别，即不等式的方向不同，因此可以考虑构造一个二次函数，且使相对应的一元二次方程必有实数根.
证明：①当x x x-1=0时，原不等式显然成立.
②当x x x-1<0时，
令f（t）=（x x x-1）t2-2（x1y1 x2y2 x3y3-1）t （y y y-1），
则f（1）=（x x x-1）-2（x1y1 x2y2 x3y3-1） （y y y-1）
=（x1-y1）2 （x2-y2）2 （x3-y3）2≥0.
又因为x x x-1<0，即y=f（t）的图像（抛物线）开口向下，
所以一元二次方程f（t）=0必有实数解，
故Δ=4（x1y1 x2y2 x3y3-1）2-4（x x x-1）（y y y-1）≥0，
即（x1y1 x2y2 x3y3-1）2≥（x x x-1）（y y y-1）成立.
从以上几例不难发现，解决问题的“基本套路”是从条件出发，设法得到关于某一“主元”的二次函数，然后再利用判别式解决问题；使用判别式的主要功能是能有效地减少变量的个数，所以它在解决双变量或多变量问题时显得特别有效.
事实上，上述介绍的三种境界，相当于是登上由下而上的三级台阶，对于第一级台阶（即直接运用）对能力的要求相对较低，但它是解决好这类问题的基础；对于第二级台阶（即变形使用）对能力的要求相对较高，须选定一个合理的“主元”；对于第三级台阶（即构造使用），对能力要求就更高了，必须有一定的创造性思维能力.
关键词：判别式；直接使用；变形使用；构造使用
二次方程、二次函数、二次不等式是中学数学中最重要的教学内容之一，联系它们之间的重要桥梁是一元二次方程根的别式，因此运用判别式法是解决中学数学问题的重要方法之一. 晚清学者王国维在他所著的《人间词话》中曾总结为人的三重境界；笔者认为要熟练地运用判别式法解决数学问题也要经过这三重境界，现介绍如下：
境界之一：直接使用——昨夜西风凋碧树，独上高楼，望尽天涯路
当数学问题涉及二次方程、二次不等式、二次函数时，要有利用判别式的思想意识，只有当思想意识提高后，才能登高远望，看清问题的本质所在，合理、简洁地解决问题.
例1 设a，b∈R，函数f（x）=ax2 b（x 1）-2，若对任意的实数b，方程f（x）=x有两个相异的实根，求实数a的取值范围.
分析：要得到实数a的取值范围，只需得到实数a应满足的不等式，注意到问题的条件是关于x方程有两个不同的实数解，所以可直接利用判别式法解之.
解：因为方程f（x）=x有两个相异的实根，即方程ax2 （b-1）x b-2=0有两个不等的实根，
所以有a≠0，
Δ1=（b-1）2-4a（b-2）>0对于任意的实数b恒成立，
即a≠0，
Δ1=b2-2（2a 1）b 8a 1>0对于任意的实数b恒成立，
所以a≠0，
Δ2=4（2a 1）2-4（8a 1）<0，解得0
境界之二：变形使用——衣带渐宽终不会悔，为伊消得人憔悴
当问题涉及的字母较多时，且给出的等式（或不等式）又可以看成是某一个“主元”的二次式时，则通常可抓住这个“主元”，通过变形把给出的等式（或不等式）化为“主元”的等式（或不等式），然后运用判别式法解决之；多变量问题是中学数学的热点、难点问题之一，通过合理的变形，再运用根的判别式减少变量的个数，往往能屡试不爽，使你乐在其中，无怨无悔.
1. 解方程
例2 若x，y∈R，满足2x-2x2y2-2y（x x2）-x2=5，求x，y的值.
分析：要求x，y的值，“照理”应给出两个关于x，y的方程， 但本题只给出一个关于x，y的方程，所以在正常情况下没有办法求x，y的值，所以只有这个方程能“一个顶俩”时，即这个方程必可等价于两个关于x，y的方程（如化为形如：f2（x，y） g2（x，y）=0的形式）时，则问题就解决了. 但要做到这一点确实不容易，若换一个角度看问题，把y看成常数，则原等式即为关于x的一元二次方程，由此可求得y的取值范围，且可以猜想，求得的y取值范围必是一个常数.
解：原等式可看成关于x的方程（2y2 2y 1）x2 2（y-1）x 5=0，由于x∈R，
且2y2 2y 1=2
y
≠0，所以Δ=4（y-1）2-20（2y2 2y 1）≥0，即（3y 2）2≤0，
所以3y 2=0，即y=-，所以x=3.
评注：众所周知，若能把题设条件合理地使用完，则问题就自然解决了. 本题从条件的表面上看，给出的条件不足以求得x，y的值，上述解法的可取之处是退而求y的取值范围，真可谓“退一步海阔天空”.
2. 求取值范围
例3 若对于任意的a，b∈R不等式a2 b2≥λ（a 3b 1）恒成立，求实数λ的取值范围.
分析：由于原不等式可以看成关于a的二次不等式，也可以看成关于b的二次不等式，所以可先固定b和λ，消去a，再固定λ消去b，从而得到λ的取值范围.
解：原不等式可看成关于a的二次不等式f（a）=a2-λa （b2-3λb-λ）≥0对于任意的a∈R恒成立，所以Δ1=（-λ）2-4（b2-3λb-λ）≤0，即g（b）=4b2-12λb-λ2-4λ≥0对于任意的b∈R恒成立，
所以Δ2=（-12λ）2-16（-λ2-4λ）≤0，解得-≤λ≤0.
评注：通过建立目标不等式的方法是求参数取值范围的重要方法，对于二次不等式的系数问题，利用根的判别式是建立目标不等式的最重要途径.
3. 证明不等式
例4 已知 A，B，C是△ABC的三个内角，试证明：x2 y2 z2≥2yzcosA 2zxcosB 2xycosC对于任意的x，y，z∈R恒成立.
分析：本题给出的条件仅是A B C=π，但涉及的变量较多，若能减少变量，则问题就会变简单，因此可先固定其他字母，把原不等式看成关于x的不等式，从而消去x，若有必要，依次消去y，z.
证明：设f（x）=x2-2（zcosB ycosC）x y2 z2-2yzcosA，
要证明对于任何x，y，z∈R原不等式恒成立，只需证明对于任意的y，z∈R有
Δ=4（zcosB ycosC）2-4（y2 z2-2yzcosA）≤0恒成立.
只需证明y2（1-cos2C） z2（1-cos2B）-2yz（cosA cosBcosC）≥0恒成立.
又因为cosA cosBcosC=cosBcosC-cos（B C）=sinB·sinC， 所以只需证明对于任意的y，z∈R，y2sin2C-2yzsinBsinC z2sin2B≥0恒成立，
即只需证明（ysinC-zsinB）2≥0.
因为（ysinC-zsinB）2≥0恒成立，所以原不等式成立.
虽然以上三例题型各不相同，但解决问题的思想方法是一致的，即把问题涉及的等式（不等式）通过变形，看成是某一“主元”的二次方程（或二次不等式），再利用根的判别式，消去这个“主元”，从而达到“降维”的目的.
境界之三：构造使用——众里寻他千百度，蓦然回首，那人却在灯火阑珊处
当试题涉及的等式（不等式）与判别式的结构比较接近时，合理地构造一个与之相关的二次方程、二次不等式，然后再运用判别式解决之，有时会有意想不到的效果，有“踏破铁鞋无觅处，得来全不费工夫”的感觉.
1. 证等式
例5 已知（x-z）2-4（x-y）（y-z）=0，（其中x≠y），求证：2y=x z.
分析：本题最常规的解法是把条件等式看成关于y的方程，然后再“装腔作势”地解出y的值即可；若注意到条件等式的结构与判别式的结构基本一致，则可考虑构造一个一元二次方程，使其判别式恰与条件等式对号，简化运算过程.
证明：构造以（x-y），（z-x），（y-z）为系数的方程f（t）=（x-y）t2 （z-x）t （y-z）=0.
因为Δ=（x-z）2-4（x-y）（y-z）=0，所以该方程有两个相等的实根.
又因为（x-y） （z-x） （y-z）=0，所以两个相同的实根为t1=t2=1，
所以t1·t2=1=，即2y=x z.
2. 求取值范围
例6 设a>b>c，且a b c=1，a2 b2 c2=1，求c的取值范围.
分析：要求c的取值范围，只需得到关于c的一个目标不等式，注意到a b=1-c，
a2 b2=1-c2，易构造以a，b为实数根，系数只与c相关的一元二次方程，但条件a>b>c很难使用，因此可考虑先用换元法，清除这个条件.
证明：令x=a-c，
y=b-c，则由a>b>c可得x>y>0. 由a b c=1可得x y=1-3c.
由a2 b2 c2=1可得x2 y2 2c（x y） 3c2=1，
所以2xy=（x y）2 2c（x y） 3c2-1=（x y c）2 2c2-1=6c2-4c，
即xy=3c2-2c. 所以x，y是关于z的方程：z2-（1-3c）z 3c2-2c=0的两个不等正根，
所以Δ=（1-3c）2-4（3c2-2c）>0，
1-3c>0，
3c2-2c>0，
解得-
3. 证明不等式
例7 设ak∈R，bk∈R（k=1，2，…，n），求证：（a a a … a）（b b … b）≥（a1b1 a2b2 … anbn）2成立（柯西不等式）.
分析：注意到要证明的目标不等式的结构与判别式的结构极其相似，因此可构造一个二次函数，使其判式恰为要证明的目标不等式.
证明：构造函数 f（x）=（a1x-b1）2 （a2x-b2）2 … （anx-bn）2.
则f（x）=（a a … a）x2-2（a1b1 a2b2 … anbn）x b b … b.
且对于任何x∈R，f（x）≥0恒成立. 当a a … a>0时，
Δ =4（a1b1 a2b2 … anbn）2-4（a a … a）（b b … b）≤0.
即（a a … a）（b b … b）≥（a1b1 a2b2 … anbn）2成立.
若不等式取“=”，则Δ=0，故f（x）=0有两个相同的根x=x0，即存在常数x0，使akx0=bk，（k=1，2，3…n）恒成立，反之亦真. 当a a … a=0时，原不等式显然成立.
评注：柯西不等式是中学数学中最经典的不等式之一，它的证明也是构造二次函数证明不等式最经典案例之一.
例8 设x1，x2，x3，y1，y2，y3是实数，且满足x x x≤1，求证：（x1y1 x2y2 x3y3-1）2≥（x x x-1）（y y y-1）.
分析：由于所证明的不等式的结构和柯西不等式非常接近，但又有本质的区别，即不等式的方向不同，因此可以考虑构造一个二次函数，且使相对应的一元二次方程必有实数根.
证明：①当x x x-1=0时，原不等式显然成立.
②当x x x-1<0时，
令f（t）=（x x x-1）t2-2（x1y1 x2y2 x3y3-1）t （y y y-1），
则f（1）=（x x x-1）-2（x1y1 x2y2 x3y3-1） （y y y-1）
=（x1-y1）2 （x2-y2）2 （x3-y3）2≥0.
又因为x x x-1<0，即y=f（t）的图像（抛物线）开口向下，
所以一元二次方程f（t）=0必有实数解，
故Δ=4（x1y1 x2y2 x3y3-1）2-4（x x x-1）（y y y-1）≥0，
即（x1y1 x2y2 x3y3-1）2≥（x x x-1）（y y y-1）成立.
从以上几例不难发现，解决问题的“基本套路”是从条件出发，设法得到关于某一“主元”的二次函数，然后再利用判别式解决问题；使用判别式的主要功能是能有效地减少变量的个数，所以它在解决双变量或多变量问题时显得特别有效.
事实上，上述介绍的三种境界，相当于是登上由下而上的三级台阶，对于第一级台阶（即直接运用）对能力的要求相对较低，但它是解决好这类问题的基础；对于第二级台阶（即变形使用）对能力的要求相对较高，须选定一个合理的“主元”；对于第三级台阶（即构造使用），对能力要求就更高了，必须有一定的创造性思维能力.