摘 要：判別式是解決二次函數(shù)、二次方程、二次不等式問題最重要的工具；判別式法的最大 功能是在解決有關(guān)多變量問題中能減少參變量的個數(shù)，從而實現(xiàn)高維問題低維化. 要熟練地運用判別式法解題須經(jīng)過直接使用、變形使用、構(gòu)造使用這三重境界.

關(guān)鍵詞：判別式；直接使用；變形使用；構(gòu)造使用

二次方程、二次函數(shù)、二次不等式是中學(xué)數(shù)學(xué)中最重要的教學(xué)內(nèi)容之一，聯(lián)系它們之間的重要橋梁是一元二次方程根的別式，因此運用判別式法是解決中學(xué)數(shù)學(xué)問題的重要方法之一. 晚清學(xué)者王國維在他所著的《人間詞話》中曾總結(jié)為人的三重境界；筆者認(rèn)為要熟練地運用判別式法解決數(shù)學(xué)問題也要經(jīng)過這三重境界，現(xiàn)介紹如下：

境界之一：直接使用——昨夜西風(fēng)凋碧樹，獨上高樓，望盡天涯路

當(dāng)數(shù)學(xué)問題涉及二次方程、二次不等式、二次函數(shù)時，要有利用判別式的思想意識，只有當(dāng)思想意識提高后，才能登高遠(yuǎn)望，看清問題的本質(zhì)所在，合理、簡潔地解決問題.

例1 設(shè)a，b∈R，函數(shù)f（x）=ax2+b（x+1）-2，若對任意的實數(shù)b，方程f（x）=x有兩個相異的實根，求實數(shù)a的取值范圍.

分析：要得到實數(shù)a的取值范圍，只需得到實數(shù)a應(yīng)滿足的不等式，注意到問題的條件是關(guān)于x方程有兩個不同的實數(shù)解，所以可直接利用判別式法解之.

解：因為方程f（x）=x有兩個相異的實根，即方程ax2+（b-1）x+b-2=0有兩個不等的實根，

所以有a≠0，

Δ1=（b-1）2-4a（b-2）>0對于任意的實數(shù)b恒成立，

即a≠0，

Δ1=b2-2（2a+1）b+8a+1>0對于任意的實數(shù)b恒成立，

所以a≠0，

Δ2=4（2a+1）2-4（8a+1）<0，解得0

評注：本題的難點是問題系統(tǒng)中含有三個字母，上述解法依次利用判別式，消去x，b最終得到a應(yīng)滿足的目標(biāo)不等式，顯得思路自然，如行云流水一般.

境界之二：變形使用——衣帶漸寬終不會悔，為伊消得人憔悴

當(dāng)問題涉及的字母較多時，且給出的等式（或不等式）又可以看成是某一個“主元”的二次式時，則通?？勺プ∵@個“主元”，通過變形把給出的等式（或不等式）化為“主元”的等式（或不等式），然后運用判別式法解決之；多變量問題是中學(xué)數(shù)學(xué)的熱點、難點問題之一，通過合理的變形，再運用根的判別式減少變量的個數(shù)，往往能屢試不爽，使你樂在其中，無怨無悔.

1. 解方程

例2 若x，y∈R，滿足2x-2x2y2-2y（x+x2）-x2=5，求x，y的值.

分析：要求x，y的值，“照理”應(yīng)給出兩個關(guān)于x，y的方程， 但本題只給出一個關(guān)于x，y的方程，所以在正常情況下沒有辦法求x，y的值，所以只有這個方程能“一個頂倆”時，即這個方程必可等價于兩個關(guān)于x，y的方程（如化為形如：f2（x，y）+g2（x，y）=0的形式）時，則問題就解決了. 但要做到這一點確實不容易，若換一個角度看問題，把y看成常數(shù)，則原等式即為關(guān)于x的一元二次方程，由此可求得y的取值范圍，且可以猜想，求得的y取值范圍必是一個常數(shù).

解：原等式可看成關(guān)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.

評注：眾所周知，若能把題設(shè)條件合理地使用完，則問題就自然解決了. 本題從條件的表面上看，給出的條件不足以求得x，y的值，上述解法的可取之處是退而求y的取值范圍，真可謂“退一步海闊天空”.

2. 求取值范圍

例3 若對于任意的a，b∈R不等式a2+b2≥λ（a+3b+1）恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍.

分析：由于原不等式可以看成關(guān)于a的二次不等式，也可以看成關(guān)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，從而得到λ的取值范圍.

解：原不等式可看成關(guān)于a的二次不等式f（a）=a2-λa+（b2-3λb-λ）≥0對于任意的a∈R恒成立，所以Δ1=（-λ）2-4（b2-3λb-λ）≤0，即g（b）=4b2-12λb-λ2-4λ≥0對于任意的b∈R恒成立，

所以Δ2=（-12λ）2-16（-λ2-4λ）≤0，解得-≤λ≤0.

評注：通過建立目標(biāo)不等式的方法是求參數(shù)取值范圍的重要方法，對于二次不等式的系數(shù)問題，利用根的判別式是建立目標(biāo)不等式的最重要途徑.

3. 證明不等式

例4 已知 A，B，C是△ABC的三個內(nèi)角，試證明：x2+y2+z2≥2yzcosA+2zxcosB+2xycosC對于任意的x，y，z∈R恒成立.

分析：本題給出的條件僅是A+B+C=π，但涉及的變量較多，若能減少變量，則問題就會變簡單，因此可先固定其他字母，把原不等式看成關(guān)于x的不等式，從而消去x，若有必要，依次消去y，z.

證明：設(shè)f（x）=x2-2（zcosB+ycosC）x+y2+z2-2yzcosA，

要證明對于任何x，y，z∈R原不等式恒成立，只需證明對于任意的y，z∈R有

Δ=4（zcosB+ycosC）2-4（y2+z2-2yzcosA）≤0恒成立.

只需證明y2（1-cos2C）+z2（1-cos2B）-2yz（cosA+cosBcosC）≥0恒成立.

又因為cosA+cosBcosC=cosBcosC-cos（B+C）=sinB·sinC，

所以只需證明對于任意的y，z∈R，y2sin2C-2yzsinBsinC+z2sin2B≥0恒成立，

即只需證明（ysinC-zsinB）2≥0.

因為（ysinC-zsinB）2≥0恒成立，所以原不等式成立.

雖然以上三例題型各不相同，但解決問題的思想方法是一致的，即把問題涉及的等式（不等式）通過變形，看成是某一“主元”的二次方程（或二次不等式），再利用根的判別式，消去這個“主元”，從而達(dá)到“降維”的目的.

境界之三：構(gòu)造使用——眾里尋他千百度，驀然回首，那人卻在燈火闌珊處

當(dāng)試題涉及的等式（不等式）與判別式的結(jié)構(gòu)比較接近時，合理地構(gòu)造一個與之相關(guān)的二次方程、二次不等式，然后再運用判別式解決之，有時會有意想不到的效果，有“踏破鐵鞋無覓處，得來全不費工夫”的感覺.

1. 證等式

例5 已知（x-z）2-4（x-y）（y-z）=0，（其中x≠y），求證：2y=x+z.

分析：本題最常規(guī)的解法是把條件等式看成關(guān)于y的方程，然后再“裝腔作勢”地解出y的值即可；若注意到條件等式的結(jié)構(gòu)與判別式的結(jié)構(gòu)基本一致，則可考慮構(gòu)造一個一元二次方程，使其判別式恰與條件等式對號，簡化運算過程.

證明：構(gòu)造以（x-y），（z-x），（y-z）為系數(shù)的方程f（t）=（x-y）t2+（z-x）t+（y-z）=0.

因為Δ=（x-z）2-4（x-y）（y-z）=0，所以該方程有兩個相等的實根.

又因為（x-y）+（z-x）+（y-z）=0，所以兩個相同的實根為t1=t2=1，

所以t1·t2=1=，即2y=x+z.

2. 求取值范圍

例6 設(shè)a>b>c，且a+b+c=1，a2+b2+c2=1，求c的取值范圍.

分析：要求c的取值范圍，只需得到關(guān)于c的一個目標(biāo)不等式，注意到a+b=1-c，

a2+b2=1-c2，易構(gòu)造以a，b為實數(shù)根，系數(shù)只與c相關(guān)的一元二次方程，但條件a>b>c很難使用，因此可考慮先用換元法，清除這個條件.

證明：令x=a-c，

y=b-c，則由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是關(guān)于z的方程：z2-（1-3c）z+3c2-2c=0的兩個不等正根，

所以Δ=（1-3c）2-4（3c2-2c）>0，

1-3c>0，

3c2-2c>0，

解得-

評注：本解法中有兩個關(guān)鍵點，其一是構(gòu)造一個系數(shù)只與c相關(guān)的一元二次方程，其二是解決條件“a>b>c”的使用問題.

3. 證明不等式

例7 設(shè)ak∈R，bk∈R（k=1，2，…，n），求證：（a+a+a+…+a）（b+b+…+b）≥（a1b1+a2b2+…+anbn）2成立（柯西不等式）.

分析：注意到要證明的目標(biāo)不等式的結(jié)構(gòu)與判別式的結(jié)構(gòu)極其相似，因此可構(gòu)造一個二次函數(shù)，使其判式恰為要證明的目標(biāo)不等式.

證明：構(gòu)造函數(shù) f（x）=（a1x-b1）2+（a2x-b2）2+…+（anx-bn）2.

則f（x）=（a+a+…+a）x2-2（a1b1+a2b2+…+anbn）x+b+b+…+b.

且對于任何x∈R，f（x）≥0恒成立. 當(dāng)a+a+…+a>0時，

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“=”，則Δ=0，故f（x）=0有兩個相同的根x=x0，即存在常數(shù)x0，使akx0=bk，（k=1，2，3…n）恒成立，反之亦真. 當(dāng)a+a+…+a=0時，原不等式顯然成立.

評注：柯西不等式是中學(xué)數(shù)學(xué)中最經(jīng)典的不等式之一，它的證明也是構(gòu)造二次函數(shù)證明不等式最經(jīng)典案例之一.

例8 設(shè)x1，x2，x3，y1，y2，y3是實數(shù)，且滿足x+x+x≤1，求證：（x1y1+x2y2+x3y3-1）2≥（x+x+x-1）（y+y+y-1）.

分析：由于所證明的不等式的結(jié)構(gòu)和柯西不等式非常接近，但又有本質(zhì)的區(qū)別，即不等式的方向不同，因此可以考慮構(gòu)造一個二次函數(shù)，且使相對應(yīng)的一元二次方程必有實數(shù)根.

證明：①當(dāng)x+x+x-1=0時，原不等式顯然成立.

②當(dāng)x+x+x-1<0時，

令f（t）=（x+x+x-1）t2-2（x1y1+x2y2+x3y3-1）t+（y+y+y-1），

則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.

又因為x+x+x-1<0，即y=f（t）的圖像（拋物線）開口向下，

所以一元二次方程f（t）=0必有實數(shù)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.

從以上幾例不難發(fā)現(xiàn)，解決問題的“基本套路”是從條件出發(fā)，設(shè)法得到關(guān)于某一“主元”的二次函數(shù)，然后再利用判別式解決問題；使用判別式的主要功能是能有效地減少變量的個數(shù)，所以它在解決雙變量或多變量問題時顯得特別有效.

事實上，上述介紹的三種境界，相當(dāng)于是登上由下而上的三級臺階，對于第一級臺階（即直接運用）對能力的要求相對較低，但它是解決好這類問題的基礎(chǔ)；對于第二級臺階（即變形使用）對能力的要求相對較高，須選定一個合理的“主元”；對于第三級臺階（即構(gòu)造使用），對能力要求就更高了，必須有一定的創(chuàng)造性思維能力.