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时间:2020-04-16
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1、《数理化解题研.~2014年第6期(目田J数学篇例说判别式的推厂广应压用片J浙江省宁波柴桥中学(315809)丁平●镩曩铺罐舡¨1q¥t‘豫螂黼掣强
2、憾t《
3、冁潞-鄹鼬臻罅n1.一道模考题引发的新问题化简后得16=0,即k=0,故仅有=±1为原方程根,本学期我校高三数学一模试卷第17题为“已知实数即该题的正确答案应为{一1,1}.2.2应用举例满足一2xsin争+1=0,则的值集为——·”此题例1若方程(10一2)x+2+lO一2=0有实根,试证实根在区间(0,lg2)u(is2,lg3)内.虽较新颖但并不难解(先配方成(—sin)+c0s{证明当10一2≠0时,
4、则△=4—4(10一2)≥:0,再应用正、余弦性质即得),拟此题的初衷是为了考0,故(10一2)≤1,1≤10≤3,所以0≤≤is3;当1O查配方法与三角函数、集合等知识.但未料竞有近半学生一2=0时,即=is2,它非原方程的解.检验得=0和弃配方法而择判别式法(考后询知),他们将常系数一元=lg3均非原方程的解.所以原方程的实根在(0,lg2)u二次方程的判别式随意迁移到变系数一元二次方程中(1g2,lg3)之内.来,得出如下解法:原方程有实根,必须且只需△=(一例2证明方程3+2(co一1)+2=0无实根.2sin)一4≥0,即(sin)≥1,但(sin)≤1
5、,证明假定原方程至少有一个实根,则必有△≥0①.因为△=⋯=4[(c0s一1)一6],而ICOSXI≤1,所所以(s1‘n)=1,所以sin=±1,'IT=2k,rr±孚,以一2≤COS~;一1≤0,所以(co一1)一6≤4—6<0,所以△<0②.故得的值集为{I=4k±1,k∈Z}.①、②矛盾,故方程无实棍但此答案显然错误,如当k:1时,=3或5.把=例3求方程一2x’一5x+4+6=0的整数根.3代人原等式左边得3一2×3×sin÷叮r+1=16≠右边.解化原方程为(一2x一5)+4+6=0.令△导致错误的原因是不等式△≥0的解集非原方程的解集.≥0,即16—
6、24(x~一2x一5)≥0,即3一6—l7≤0,那末,对于这类变系数一元二次方程问题,我们能否用判解得1一l5≤≤1+15,其中整数=一1,0,1,别式解?即能否将判别式推广?如何推广?下文将要讨论.2,3,分别代人原方程检验知=一1和=3是方程的解.2.判别式在解高次、超越方程中的推广应用故原方程的整数根是=一1及=3.本文中,设o(),b(),c()均为的实函数,△()3判别式在有关不等式问题上的推广应用=b2()一4a(x)c(x).3.1定理2定义在某实数集D上的函数,()=2.1定理1若方程8(x)x+6()+c()=a(x)x+b(x)x+c(),对于
7、D上任意一值.O()有实数解,则该实数解必是不等式a(x)≥0的解.(1)若均有口()>0且△()<0,则不等式)>简证当方程()有实根‰,使a(x。)≠0,则有0在.D上恒成立;a(x。)+b(x。)+c(x。)=0.经配方并整理后得[+(2)若均有口()<0且△()<0,则不等式)<.%+]2~>0,4a2(Xo)>0在D上恒成立;(3)若均有)>0且a()>0,则不等式△()<0,所以A(x。)≥0成立.当a(x。)=0时,显然有△(%)=0在D上恒成立;b(%)≥0.这表明,若。是方程()的实数解,则必(4)若均有)<0且口()<0,则不等式△()<是△(
8、)≥0的解.0在D上恒成立.推论设方程()的实数解集为肘,不等式△()证明(囿于篇幅,仅证(1)):≥0的解集为J7、r,则Ⅳ.即a(x)≥0有解仅是方程()有实数解的必要条)=口()+6()+c()=口()[+]件,而未必是充分条件,亦即△()≥0的解未必都是方程一()的解,故由△()≥0得到的解必须代入方程()进.因为∈DR,6()、口()ER且口()>0,行检验,以舍去增根.如前述模考第l7题由判别式法得到所以a()Ix+]≥0①.=4k4-1(k∈z)后尚须验根:将=4k-4-1(k∈Z)代二a人原方程得(4k±1)一2(4k4-1)sin-g“--(舶4
9、-1)+1=0,又因为△()<0,所以一>0②.数学篇《数理化解题研究年第6期(●【l1)由①、②得,(x)>o在D上恒成立.形,求证这三个正方形面积之和不小于AABC面积的3倦3.2应用举例证明设角A,B,C的对边分别为a,b,c,AABC的面例4试证:若a,b∈R(i=1,2,3),则积为s,则由题意需证a+b+c2≥~,/YS.333∑口:·∑b:≥(∑口6)。因为0.2=62+c一2bccosA,S=÷6csinA,所以B+二证明:设ER,贝9(al一6l)+(a2一b2x)+(a3—6+c2—4:2b+2c一2bceosA一2i~bcsinA=2[b一6
10、3)≥0,
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