将构造出来的函数展开得 f(a)=

(〖a_1〗^2+〖a_2〗^2+⋯⋯〖a_n〗^2 ) x^2+2(a_1 b_1+a_2 b_2+⋯⋯a_n b_n )x+(〖b_1〗^2+〖b_2〗^2+⋯⋯〖b_n〗^2)≥0

因为规定了a_1 〖,a〗_2,⋯⋯a_n不全为零，所以二次项系数

〖a_1〗^2+〖a_2〗^2+⋯⋯〖a_n〗^2>0

于是得到判别式

Δ=4〖(a_1 b_1+a_2 b_2+⋯⋯a_n b_n)〗^2-4(〖a_1〗^2+〖a_2〗^2+⋯⋯〖a_n〗^2)(〖b_1〗^2+〖b_2〗^2+⋯⋯〖b_n〗^2)≤0

即

(〖a_1〗^2+〖a_2〗^2+⋯⋯〖a_n〗^2)(〖b_1〗^2+〖b_2〗^2+⋯⋯〖b_n〗^2)≥(a_1 b_1+a_2 b_2+⋯⋯a_n b_n )^2

柯西定理是很重要的一个工具，在数学史上也有很多种不同的证明方式，但是唯独这种构造辅助函数的方法最为通俗易懂。可见构造辅助函数方法在证明不等式问题中的优势。但是比较难想到的是此例中的辅助函数的构造方法，这点需要数学感觉还有积累。论文网

example4。(1984年全国高中生数学竞赛)定义在自然数集N上的函数

f(n)=1/(n+1)+1/(n+2)+⋯⋯1/(3n+1)

求证：f(n)>1。

这个题目看似完全不可能会用判别式法来做，因为它是以分式的形式呈现出来的。但是只要注意到一点就能很自然的想到用判别式的方法来证明不等式了，即

(n+1)(n+2)⋯⋯(3n+1)=〖(2n+1)〗^2

因此构造辅助函数

f(x)=〖(2n+1)〗^2 x^2-2(2n+1)x+f(n)

这里需要做一个巧妙的处理，才能将问题的重心转化到二次函数的判别式上来，即

f(x)=

(√((n+1) ) x-1/√(n+1))^2+(√((n+2) ) x-1/√(n+2))^2+⋯⋯(√((3n+1) ) x-1/√(3n+1))^2≥0

由二次项系数为正知：

Δ=4〖(2n+1)〗^2-4f(n) (2n+1)^2<0

即f(n)>1

在中学，学习方程之前，学生们习都喜欢用列算式的顺向思维来解决问题。在学习了方程之后，老师强行告诉他们要用设未知数的逆向思维来解决问题，原因是这样比较没有思维坡度。但是做题的时候，学生总会遇到一个很棘手的选择问题，他们会犹豫该不该设这么多未知数，未知数这么多设出来，看起来就挺吓人的，求不出来怎么办？这时候教师会和他们说“大胆放心地去设元，我们不一定完全把所设的都解出来，这是设而不求的思想。” 此例过程虽庞大，却是用到了这一思想——设而不求。所以证明不等式的时候要大胆，敢想。

判别式法在证明积分不等式的时候虽然用得不多，但是在个案中会有意想不到的效果，见下例：

example5。设函数f(x)与g(x)都在[a,b]上可积。证明：

〖[∫_a^b▒〖f(x)g(x)dx〗]〗^2≤∫_a^b▒〖f〖(x)〗^2 dx∙∫_a^b▒〖g〖(x)〗^2 dx〗〗[01]

构造辅助函数

F(x)=〖(fx)+tg(x))〗^2

等价于证明

∫_a^b▒〖〖(f(x)+tg(x))〗^2 dx≥0〗

等价于证明

∆≤0现在∆=0

这显然满足题意，即

〖[∫_a^b▒〖f(x)g(x)dx〗]〗^2≤∫_a^b▒〖f^2 (x)dx∙∫_a^b▒〖g^2 (x)dx〗〗文献综述

以上不等式是著名的Schwarz不等式，在数学分析里面有着举足轻重的地位。当然它的证明方法有很多，本文的之后几节也会继续介绍这个不等式的其它证明方法。但接下来先说说如何逆用判别式法证明不等式。

构造函数逆用判别式证明不等式

对于某些不等式的证明，若能根据其条件和结论及判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数

f(x)=〖(a_1 x+b_1)〗^2+〖(a_2 x+b_2)〗^2+⋯⋯+〖(a_n x+b_n)〗^2

若有

f(x)≥0

就能得到判别式小于零。从而继续由这个条件顺蔓摸瓜得到待证的结果。这个方法在解决繁琐的不等式问题中运用的还是很广泛的。见下例：