孫東

摘要：一元二次方程根的判別式的主要作用，是在不解方程的情況下可以預(yù)知根的情況.本文中對(duì)判別式的作用進(jìn)行了拓展，結(jié)合典型實(shí)例，總結(jié)了把判別式作為一種重要的解題方法在代數(shù)、幾何等領(lǐng)域靈活運(yùn)用的五種方法與技巧.

關(guān)鍵詞：巧證明；巧解方程組；巧求值；巧變函數(shù)；巧解三角形

“解一元二次方程”是人教版九年級(jí)上冊(cè)第二十一章第二節(jié)的教學(xué)內(nèi)容.通過(guò)本節(jié)的學(xué)習(xí)，學(xué)生掌握了解一元二次方程最基本的三種方法，其中公式法中常用到的判別式Δ=b2－4ac的意義和作用十分重大.判別式不僅能夠判斷一元二次方程是否有解，更重要的是，利用判別式解題是一種便捷、實(shí)用的方法，靈活運(yùn)用判別式能夠解決代數(shù)式變形、解方程、解（證明）不等式、解三角等許多問(wèn)題.

下面通過(guò)典型例題說(shuō)明靈活運(yùn)用判別式解題的方法與技巧.

1 構(gòu)造方程巧證明

對(duì)于含有字母類(lèi)較復(fù)雜的代數(shù)恒等式證明題，當(dāng)直接證明有困難時(shí)，可以巧妙地運(yùn)用判別式，通過(guò)構(gòu)造法將其變形為一元二次方程的形式，用代入或代換的方法完成證明.

例1已知a，b，c均為實(shí)數(shù)，且a－b=8，ab+c2+16=0.求證：a+b+c=0.

證法1：已知a－b=8，則a=b+8，所以有

（b+8）b+c2+16=0.

即（b+4）2+c2=0.

解得b=－4，c=0，a=4，所以a+b+c=0.

證法2：由于a+（－b）=8，a·（－b）=c2+16，因此以a，－b為根的一元二次方程是

x2－8x+c2+16=0.①

由a，b，c均為實(shí)數(shù)，知其判別式

Δ=（－8）2－4（c2+16）≥0.

則4c2≤0，即c=0.從而方程①為x2－8x+16=0，故a=4，b=－4.所以a+b+c=0.

方法與技巧：證法1采用的是代入法；證法2把題設(shè)改寫(xiě)成a+（－b）=8，a·（－b）=c2+16，把a(bǔ)，－b看成了一個(gè)一元二次方程的根，構(gòu)造一個(gè)一元二次方程，靈活運(yùn)用判別式法，更富有技巧性.

2 變形巧解方程組

判別式本來(lái)是適用于只含有一個(gè)未知數(shù)的一元二次方程，對(duì)含有兩個(gè)以上未知數(shù)的方程組似乎無(wú)能為力；但是我們?nèi)绻麚Q個(gè)視角，把方程組看作或變形為只含有一個(gè)未知數(shù)的一元二次方程，也可運(yùn)用判別式法求解.

例2求方程組x+y=2，

xy－z2=1的實(shí)數(shù)解.

解：將原方程變形為x+y=2，

xy=1+z2. ②

把②的x，y看作是一個(gè)關(guān)于m的一元二次方程的兩個(gè)根，得新方程m2－2m+1+z2=0，則Δ=（－2）2－4（1+z2）=－4z2≥0，即z=0.

將z=0代入②，得x=y=1.

所以原方程組的實(shí)數(shù)解為x=1，y=1，z=0.

方法與技巧：本題是一個(gè)含有三個(gè)未知數(shù)的方程組，用常規(guī)的方法求解比較困難，但是通過(guò)觀(guān)察發(fā)現(xiàn)方程組中有x+y與xy的特殊形式，于是設(shè)法將其變形為一個(gè)新的一元二次方程，然后用判別式法巧妙求解.

3 活用整除巧求值

對(duì)某些復(fù)雜的需要解方程的求值類(lèi)問(wèn)題，可以根據(jù)“判別式是完全平方數(shù)”，將其形式轉(zhuǎn)化為不定方程后，再靈活應(yīng)用整除的理論來(lái)求解.

例3設(shè)m是不為零的整數(shù)，關(guān)于x的二次方程mx2－（m－1）5x+m=0有有理根，求m的值.

解：Δ=（m－1）2－4m=m2－6m+1.

因?yàn)榉匠逃杏欣砀?，所以m2－6m+1是完全平方數(shù).設(shè)k是非負(fù)整數(shù)，且

m2－6m+1=k2.③

則（m－3）2－8=k2，即（m－3）2－k2=8，于是

（m－3+k）（m－3－k）=8.④

因?yàn)閙－3+k，m－3-k是整數(shù)，且m－3+k≥m－3－k，所以它們可以取得的數(shù)值對(duì)應(yīng)如下：

m－3+k84-1-2m－3-k12-8-4.

將m-3+k與m-3-k相加，并考慮到m－3也是整數(shù)，且m≠0，可得m=6.

方法與技巧：解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)“判別式是完全平方數(shù)”，列出如同③式這樣含有多個(gè)未知數(shù)的不定方程，再把它轉(zhuǎn)化成④式這樣的特殊乘積形式“（……）×（……）=整數(shù)”，再應(yīng)用整除理論巧妙獲解.

4 巧變函數(shù)為方程

如果令二次函數(shù)的解析式為0，就能將二次函數(shù)的有關(guān)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一元二次方程的問(wèn)題，就能用判別式法求解了.

例4對(duì)任意實(shí)數(shù)x，二次三項(xiàng)式2kx2－4x+k－1的值皆為正，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

解：設(shè)y=2kx2－4x+k－1.因?yàn)閷?duì)任意實(shí)數(shù)x，函數(shù)值y皆大于0，所以相應(yīng)二次函數(shù)的圖象在x軸上方開(kāi)口向上，且方程2kx2-4x+k-1=0無(wú)實(shí)根.則有

2k>0，

Δ=16－8k（k－1）<0.

解得k>2.

方法與技巧：將二次三項(xiàng)式中的x看作變量，即可得到二次函數(shù)y=ax2+bx+c，且y>0.利用二次函數(shù)圖象性質(zhì)，即圖象與x軸無(wú)交點(diǎn)，得到相應(yīng)的判別式小于0，從而順利求得k的取值范圍.

5 巧解三角形

在解三角形問(wèn)題中，可根據(jù)三角形的性質(zhì)和邊角關(guān)系，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解一元二次方程的問(wèn)題[1]，靈活運(yùn)用判別式解決問(wèn)題.

例5△ABC中，∠B=60°，且∠B所對(duì)的邊b=1，求其余兩邊和的最大值.

解法1：令y=a+c，x=c.

在△ABC中，由余弦定理，得

AC2=AB2+BC2－2·AB·BC·cos B.

即12=x2+（y－x）2－2x（y－x）cos 60°.

化簡(jiǎn)整理，得3x2－3y·x+（y2－1）=0.

因?yàn)閤是實(shí)數(shù)，所以Δ=（－3y）2－12（y2－1）≥0.

又因?yàn)閥>0，所以0＜y≤2，即0

故a+c的最大值為2.

解法2：如圖1，作AD⊥BC于點(diǎn)D，設(shè)AB=c，BC=a，BD=x.

在Rt△ABD和Rt△ACD中，有AB=2x，AD=3x，DC=1－3x2.

所以

a+c=2x+x+1－3x2=3x+1－3x2.

令a+c=y，則y－3x=1－3x2，兩邊平方并整理得

12x2－6xy+（y2－1）=0.

因?yàn)閤是實(shí)數(shù)，所以Δ=（－6y）2－48（y2－1）≥0，即y2≤4，故y≤2.因?yàn)閥＞0，所以0＜y≤2.

故0＜a+c≤2，a+c的最大值為2.

方法與技巧：通過(guò)觀(guān)察我們發(fā)現(xiàn)，題目涉及到三角形的兩邊和夾角，所以解法1由余弦定理即可求出與a+c有關(guān)的函數(shù)解析式，最后運(yùn)用判別式即可求出最大值；解法2作出BC邊上的高，通過(guò)解兩個(gè)直角三角形，得出與AB+BC有關(guān)的函數(shù)解析式進(jìn)而解決問(wèn)題.

從上述各例的技巧分析中可以看出，靈活運(yùn)用判別式“五巧法”能夠化繁為簡(jiǎn)，快捷地解決多種數(shù)學(xué)問(wèn)題，具有極大的優(yōu)越性與實(shí)用性.在教學(xué)中要適當(dāng)拓展、訓(xùn)練這些方法與技巧，提高學(xué)生的綜合解題能力.

參考文獻(xiàn)：

[1]張雅麗.例談一元二次方程根的判別式的應(yīng)用[J].數(shù)學(xué)之友，2010（8）：73-74.