数学选修(七)构造法解题
构造法解题
一、构造对偶式
有些涉及到非对称式问题，有时构造出这些非对称式的对偶式，可以使问题得到解决。 例1．已知α、β是方程0872
=+-x x 的两根，且βα>，不解方程，求
2
32
β
α
+的值。
思考与分析：本题要求“不解方程”去求非对称式的值，很明显考虑用韦达定理去求解，但
2
32β
α
+不是对称式，
则需构造一个与
2
32
βα
+相应的对偶式
2
32
α
β
+。
解：设A=
2
32
β
α
+，B=
2
32
α
β
+
∵α、β是方程0872
=+-x x 的两根， ∴ α＋β=7，αβ=8 ∵βα> ∴ α－β=()αβ
βα42
-+=17
∴A ＋B=2???
?
??+βα11＋3(
)2
2
β
α
+=(
)
()[
]
αββ
ααββ
α
2322
-+++=
4
403 ①
A －B=2???
?
??-
βα
11＋(
)2
2
3β
α+=()
()()αβαβαβα
β-++-32
3=4
17
85-
②
由①、②两式得A=
8
17
85403- ∴
2
32
β
α+=
817
85403-
例2．对任意自然数n ，求证：(1+1)(1+
4
1) (1)
231
-n ) > 313+n
思考与分析：设a = (1+1)(1+
41) (1)
2
31
-n ) =
1
2·45·78…5343--n n ·2
313--n n
构造其对偶式：b
=
2
3·
5
6·8
9…
4
333--n n ·
1
33-n n
，c= 3
4·6
7·9
10…
3
323--n n ·n
n 313+
很明显a >b ，a>c ，故a 3
=a ·b ·c ，因此命题可证。 解：设a =(1+1)(1+
41) (1)
231-n )=
1
2·
4
5·
7
8…
5
343--n n ·
2
313--n n
构造其对偶式：b
=2
3·5
6·8
9…
4333--n n ·
133-n n
，
c=
3
4·
6
7·
9
10…3323--n n ·n n 313+，
1
31
12
311-+
>-+n n ，n
n 3112
31
1+>-+
，即a >b ，a>c
∴ a 3
=a ·b ·c
∴a >313+n ，即：(1+1)(1+
4
1) (1)
2
31-n )>313+n
例3．对于正数x ，规定f （x ）=x 1x
+,计算f （12006
）+f （
12005
）+f （
12004
）+…f （
13
）+f （
12
）+f （1）
+f （1）+f （2）+f （3）+ … +f （2004）+f （2005）+f （2006）= . 解析:,显然不可能将
2006,,20051
,
2006
1???代入求解,但是若注意到其中的对偶性,进而构造对偶)1
()(x f x f +,则)1()(x f x f +=111111111
1=++=
++
+=
+
+
+x
x x
x
x x
x x
x
,从而原式的结果为2006.
例4．设0>x ，试求111++
-+
=x
x x
x y 的最大值.
解：构造111++
-+
=x
x x
x y 的对偶式111++
++
=x
x x
x u ，则有
1(32122.1,1=+=++≥=
∴=x u u
y yu 时取等号），323
211-=+
≤
=
∴u
y 1(=x 时取等号）.故
32-
=最大值y .
二、构造方程或方程组
根据题设条件，利用方程的根的定义、根的判别式、韦达定理等相关知识构造出方程或方程组，然后利用方程或方程组的有关知识，使问题得以解决。
例5．已知实数a 、b 、c 满足a=6－b ，c 2
=ab －9，求证：a=b 。
思考与分析：本题的解决当然可以用消去c 的方法求解，把它变成一个关于a 、b 的一元二次方程，从而证明a=b ，但由于题目条件中有a ＋b 和ab ，使我们很自然地联想到韦达定理，因而可以构造一元二次方程求解。 解：因为a ＋b=6，ab =c 2
＋9，所以构造方程x 2
－6x ＋(c 2
＋9)=0,其中a 、b 是该方程的两个根。 x 2
－6x ＋(c 2
＋9)= (x －3) 2
＋c 2
=0，故必有x=3且c=0 即方程有两个相等的实数根3，∴a=b=3
例6．已知实数x 、y 、z 满足x ＋y=5，z 2
=xy ＋y －9，求x ＋2y ＋3z 的值。
思考与分析：根据本题的题设可能使我们联想到韦达定理，但仍需进行合理的变形，才能构造出方程组去求解。
解：由已知可得：()()???+=+=++9
612
z y y x y x ，以x ＋1、y 为两实数根，构造方程t 2－6t ＋z 2
＋9=0 ∵方程有实数根 ∴△=（－6）2－4（z 2＋9）=－4z 2
≥0 由此得到z 2
=0,且△=0 ∴方程t 2
－6t ＋9=0有两个相等的实数根
∴t 1=t 2=3
于是x ＋1=y=3 ∴x =3，y=3，z=0 ∴x ＋2y ＋3z=2＋2×3＋0=8
例7.已知⊿ABC 中，∠A ，∠B ，∠C 的对边分别是c b a ,,,且10=+c b ，783222
2
2
-+-=+a a c b ,求证：⊿ABC 是等腰三角形.
分析：由已知式，用a 的代数式表示bc ，进而可考虑构造出一元二次方程来探路求解.
解：由10=+c b ，783222
2
2
-+-=+a a c b ，得89162
+-=a a bc ，于是构造一元二次方程
08916102
2
=+-+-a a
x x
，可见c b ,是该方程的两个实数根，故有
0)
8(4)8916(4102
2
2
≥--=+--=?a a a ，即0)
8(2
≤-a ，但0)
8(2
≥-a ，所以⊿=0，c b =，即⊿ABC 是
等腰三角形.
例8．设a 1、a 2、…a n 为任意正数，证明对任意正整数n 不等式(a 1+ a 2+…+ a n )2≤n(a 12+a 22+…+a n 2)均成立 简析与证明：原不等式即为4(a 1+a 2+…+a n )2－4n(a 12+a 22+…+a n 2)≤0 由此联想到根的判别式而构造一元二次方程： (a 12+a 22+…+a n 2)x 2+2(a 1+a 2+…+a n )x +n=0 （＊） 因方程左边＝(a 1 x +1)2+(a 2x +1)2+…＋(a n x +1)2≥0
当a 1、a 2、…a n 不全相等时，a 1 x +1、a 2 x +1、…a n x +1至少有一个不为0，方程（＊）左边恒为正数，方程（＊）显然无解。
当a 1＝a 2＝…＝a n 时，方程（＊）有唯一解x ＝1
1a -
，故△＝4(a 1+a 2+…+a n )2－4n(a 12+a 22+…+ a n 2)≤0
即(a 1+a 2+…+a n )2≤n(a 12+a 22+…+a n 2)对任意正整数n 均成立
例9．已知a,b,c 为互不相等的实数，试证：bc (a-b)(a-c) +ac (b-a)(b-c) +ab
(c-a)(c-b)
=1 (1)
证：构造方程(x-b)(x-c)(a-b)(a-c) +(x-a)(x-c)(b-a)(b-c) +))(()
)((b c a c b x a x ----=1 (2)显然a,b,c 为方程的三个互不相等的实根。
而对任意实数x 均满足（2）式。特别地，令x=0，即得（1）式。 例10．设x,y 为实数，且满足关系式：
(x-1)3+1997(x-1)=-1
(y-1)3+1997(y-1)=1，则x+y= .（1997年全国高中数学联赛试题）
分析：此题用常规方法，分别求出x 和y 的值后再求x+y 则既繁又难，三次方程毕竟不熟悉。若将两方程联立构造出方程(x-1)3+1997(x-1)= (1-y)3+1997(1-y)=1，利用函数f(t)=t 3+1997t 的单调性，易得x-1=1-y ，自然、简洁。
三、构造不等式或不等式组
许多涉及不等量关系的应用题，通常可构造不等式或不等式组，使问题得以解决。
例11．把18根火柴首尾相接，围成一个等腰三角形，试问最多能围成多少种不同的等腰三角形？ 思考与分析：本题可根据等腰三角形的性质和三角形的三边关系构造不等式组去解决。
解：如图1，设每根火柴长度为1，且腰长为x （x ＞0），根据题意得：?
??->>+-x x x
x x 2182218
解得：
< 99 ∴x 能取正整数值5、6、7、8，即最多能围成4种不同的等腰三角形 四、构造函数 有些问题，可以构造函数，通过对函数的图象与性质的研究，使问题得到解决。将一些抽象的数量关系通过函数图象直观地反映出来,这是一种重要的数与形的结合思想的运用,给我们带来“耳目一新”的感受。 例12．3名教师带领若干名学生去旅游（旅费统一支付），联系了标价相同的两家旅游公司，经洽谈，甲公司给的优惠条件是：教师全额付费，学生按7折付费；乙公司给的优惠条件是：全部师生按8折付费，问选择哪家公司较省钱？ 思考与分析：根据两公司的优惠条件，以学生人数为自变量，构造出相应的函数，然后比较付费总额即可解决。 解：设每人旅费标价为1，参加旅游学生人数为x 人，那么甲公司优惠后需付费总额为：y=3＋70℅x ；乙公司优惠后需付费总额为：y ′=80℅（3＋x ）。 令3＋70℅x ＞80℅（3＋x ）∴ x ＜6，此时y ＞y ′； 同理：x ＞6时y ＜y ′；x=6时y=y ′。 答：学生人数不超6人时，选择乙公司较省钱；学生人数是6人时，选择甲或乙公司旅费一样；学生人数超过6人时，选择甲公司较省钱。 例13．实数a 、b 、c 满足（a ＋c ）(a ＋b ＋c)＜0，求证：（b －c ）2 ＞4a(a ＋b ＋c)。 思考与分析：本题的已知条件与求证结论没有直接的联系,故难以直接证明。但观察所要证明的结论，可 由（b －c ）2 －4a(a ＋b ＋c) ＞ 0变形得到，因此考虑应用韦达定理等知识，并构造一元二次方程或二次函数来求解。 证明：当a=0时,若b=c ，则（a ＋c ）(a ＋b ＋c)= c(b ＋c)=c ·2c=2c 2 ≥0，与题设相矛盾，故a=0时，b ≠c ，那么结论显然成立。 当a ≠0时，构造二次函数如下： y=ax 2 ＋(b －c)x ＋(a ＋b ＋c) 于是，当x 1=0时,y 1=a ＋b ＋c ； 当x 2=－1时，y 2=2(a ＋c) 又由题设（a ＋c ）(a ＋b ＋c) ＜0知y 1与y 2异号，从而二次函数的图象必与x 轴相交，于是，说明一元二次方程ax 2 ＋(b －c)x ＋(a ＋b ＋c)=0有两相异实根，从而方程根的判别式大于零，即有（b －c ）2 －4a(a ＋b ＋c)＞0。 ∴（b －c ）2 ＞4a(a ＋b ＋c)。 例14.已知关于x 的方程09)2(2 =+++m x m mx 有两个实数根1x 和2x ，且211x x <<，求实数m 的取值范围. 分析：构造二次函数)0(9)2(2 ≠+++=m m x m mx y ，由题意可知，函数的图象与x 轴有两个交点)0,(1x 和 )0,(2x ，且这两个交点分布在点（1，0）两侧，所以可根据抛物线的特征来确定m 的取值范围. 解：构造二次函数)0(9)2(2 ≠+++=m m x m mx y ,由题意分0>m 和0 (1)若0>m ,则1=x 时，0 211<+=m y ,即11 2- (2)若0 2->m ，∴011 2<<- m . 综上所述，m 的取值范围是011 2<<- m . 例15．已知：a <-1、b 、c 1<，求证：.2-++>c b a abc 证明：构造一次函数,2)1(c b x bc y --+-=易知.01<-bc 在11<<-x 时，y 为减函数，又1=x 时，c b bc y --+?-=21)1(,0)1)(1(1>--=--+=c b c b bc 则由一次函数的性质不难得知当11<<-x 时，0>y ，又a x a =∴<<-,11时，0>y ，即.02)1(>--+-c b a bc .2-++>∴c b a abc 例16.如图1,在R ⊿ABC 中,∠C=90°,CD ⊥AB 于D,求证:AC+BC 1+<+AB CD AB BC AB AC ,即 1+?<+AB AC AC CD AB BC AB AC ,根据三角函数的定义,等价于证明 cosA+sinA 证明：由于0°<∠A<90°,所以 )c o s 1)(sin 1(>--A A ，即 1 c o s s i n s i n c o s +<+A A A A ，由于AB AC A AC CD AB BC A = == cos ,sin ，代入上式，化简得AC+BC 例17．已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证：ab ＋bc ＋ca ＞－1 简析与证明：原不等式即为：（b ＋c ）a ＋bc ＋1>0 …①，将a 看作自变量，于是问题转化 为只须证：当－1＜a ＜1时，（b ＋c ）a ＋bc ＋1恒为正数。因而可构造函数f (a)=(b+c)a+bc+1 (－1＜a ＜1) 若b+c=0原不等式显然成立。若b+c ≠0，则f (a)是a 的一次函数，f (a)在（－1,1）上为单调函数 而f (-1)=－b －c+bc+1＝（1－b ）（1－c ）＞0 A B C D 图1 f(1＝b＋c＋bc＋1＝（1＋b）（1＋c）＞0 ∴f(a)＞0即ab＋bc＋ca＞－1 此题还可由题设构造不等式（1＋a）（1＋b）（1＋c）＞0，（1－a）（1－b）（1－c）＞0 两式相加得：2＋2（ab＋bc＋ca）＞0即ab＋bc＋ca＞－1 例18．已知x,y,z∈（0，1），求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1（第15届俄罗斯数学竞赛题） 分析：此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。 证：构造函数f(x)=(y+z-1)x+(yz-y-z+1)，∵y,z∈(0,1),∴f(0)=yz-y-z+1=(y-1)(z-1)＞0 f(1)=(y+z-1)+(yz-y-z+1)=yz＞0，而f(x)是一次函数，其图象是直线，∴由x∈(0,1)恒有f(x)＞0 即(y+z-1)x+(yz-y-z+1)＞0，整理可得x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1 五、构造图形 通过联想,构造一个与题设条件有密切联系的图形,使题设条件和数量关系直接在图形中得到体现，然后在构造的图形中去寻求所需结论，从而使问题得到解决。 例19．如图2：RtΔABC中,直角∠C的平分线CE与斜边的中垂线线DE交于E。求证：CD＝DE。 思考与分析：由已知条件和图形联想到AB是RtΔABC的外接圆⊙D的直径，只需作⊙D，证明点E在圆上即可。证明：作RtΔABC的外接圆⊙D，则AB为直径，D为圆心。 ∵DE垂直平分AB ∴DE通过弧AB的中点 ∴CE是∠ACB的平分线 ∴CE也通过弧AB的中点 ∴DE、CE的交点必为弧AB的中心 即点E在⊙D上， ∴DE＝CD 例20．已知a、b、c为△ABC的三边长，且满足a2=b2＋bc,求证：∠A=2∠B。 思考与分析：可以将题设条件a2=b2＋bc改写为a2=b（b＋c）和a·a=b·b＋b ·c这样 的两种形式，这两种形式的结构特征使我们分别联想到相应的定理，从而构造出相应的图 形。根据△ABC的三边a、b、c具有a2=b（b＋c）的结构形式，“切割线定理”便像火花似 地从你的思维中迸发出来，如图3，CB是切线，CD是割线，这里CB=a，CA=b，AD=c。 证明：如图3，将△ABC的CA边延长到D点，使得AD=AB=c，则CD=b＋c。 作△ABD的外接圆O，因为a2=b（b＋c）即CB2=CA·CD，根据切割线定理的逆定理得CB切圆O于B。 △ABD中，AB=AD，所以∠ADB=∠ABD=θ；又AB为⊙O的弦，CB为⊙O的切线，于是∠ABC=∠ADB=θ，故∠CAB=∠ABC，即∠A=2∠B。 说明：本例也可根据△ABC的三边a、b、c具有a·a=b·b＋b ·c的结构形式，通过作△ABC的外接圆，运用托洛 例21.如图2,⊿ABC 中,∠ACB=90°,AC=BC,P 是ABC 内一点,且PA=3,PB=1,PC=2,求∠BPC 的度数. 分析:由于条件分散,无从下手,如图2,在⊿ABC 外以CA 为边构造⊿CPB 的全等三角形CP ′A,连 结PP ′, 得CP ′=CP=2,∠CP ′A=∠CPB,∠PCP ′=∠ACB=90°,由条件 得PP ′=222 22 22 2 =+=+'CP P C .进一步得2 2 2PA A P P P ='+',得 到∠AP ′P=90°,所以∠BPC=∠AP ′C=∠AP ′P+∠CP ′P=90°+45°=135.° 评注:通过构造全等三角形,可把已知条件相对集中到新的直角三角形中,这为应用勾股定理创造了条件. 例22.求)40()4(412 2 ≤≤-+++x x x 的最小值. 分析：本题单纯用代数方法处理，简直无从下手，注意式中的特征，构造直角三角形，转化为在直线上求一点，使它到两定点的距离之和最小. 解：如图3，作AB=4，AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，且AC=1，BD=2，P 为AB 上一点，设AP=x ，则22)4(4,1x PD x PC -+=+=， 问题转化为找出P 点的位置，使PC+PD 最小.如图4，作C 关于AB 的对称点C ′，连结C ′D 交AB 于P ，由⊿PAC ′∽⊿PBD ，得 2 14=-x x ，求得3 4=x ，所以2 2 ) 4(41x x -+++的最小值是5. 例23．如图5，四边形ABCD 中，∠ABC=135°，∠BCD=120°，AB=6，BC=35-，CD=6，则AD=________. 解：如图构造矩形EFDG. ,6,135= ?=∠AB ABC ∴AE=BE= 3， 33,3,6,120==∴=?=∠GD CG CD BCD . ,83353=+-+=++=∴CG BC EB DF .32333=- =-=AE EF AF .1928 )32(2 22 2 =+=+=∴DF AF AD 例24.如图6，在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，BC=b ，AB=AC=AD=a ,求BD 的长. 分析：求线段的长一般是把线段放到比例式或直角三角形中，根据题意构造⊙A ，根据直径所对的圆周角是直角得到Rt ⊿BDE. 解：以A 为圆心，AB 为半径构造⊙A ，由于AB=AC=AD ，则C ，D 在⊙A 上，延长BA 交⊙A 于E ，连结DE ，得 Rt ⊿BDE.由于AB ∥DC ，BC=b ，所以ED=BC=b ，又EB=2AB=a 2，所以 2 2 2 2 4)2(b a b a BD -=-= . 例25．已知：a>0、b>0、c>0 ,求证：2 2 2 2 2 2 c ac a c bc b b ab a ++≥+-++-当且仅当 c a b 111+ = 时取 等号。 简析与证明：从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理，于是可构造如下图形：作OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1）则∠AOC ＝120°，AB=2 2 b ab a +-，BC=2 2 c bc b +-,AC=2 2 c ac a ++ P D D 图3 A B C B P 图4 A C ′ C B A C P P ′ 图2 B A C D E 图6 A D C B E G 图5 图（1） 由几何知识可知：AB ＋BC≥AC ，∴22b ab a +-+22c bc b +-≥2 2c ac a ++ 当且仅当A 、B 、C 三点共线时等号成立，此时有 ?= ?+ ?120sin 2 160sin 2 160sin 2 1ac bc ab ，即ab+bc=ac 故当且仅当c a b 111+=时取等号。 六、构造特例、反例 在解题中，我们可以考虑问题中的特殊情形、极端情况、特例、反例，这也是我们解决问题的一种方法，特别对于一些假命题的证明，经常通过构造一个符合命题条件但结论不成立的例子来证明即可。 例26．已知四个命题： ①若两实数的和与积都是奇数，则这两数都是奇数。 ②若两实数的和与积都是偶数，则这两数都是偶数。 ③若两实数的和与积都是有理数，则这两数都是有理数。 ④若两实数的和与积都是无理数，则这两数都是无理数。 其中正确命题的个数是（ ） （A ）0； （B ）1； （C ）2； （D ）3。 思考与分析：要想说明一个命题是错误的，只须构造一个反例即可，所构造的例子要符合命题的条件，但不满足命题的结论。 解：对于①，设x= 2 13 5+ ，y= 2 13 5- ，则x ＋y=5，xy=3,但x,y 均非奇数；对于②，设x=35+， y=35-，则x ＋y=10，xy=22,但x,y 均非偶数；对于③，利用上面的例子也可否定之；对于④， 设x=1，y=3，则x ＋y=1＋3，xy=3,而x,y 不都是无理数。 故①、②、③、④均属于假命题，应选A 。 例27．证明以下命题为假命题： 若两个三角形的三个内角和三条边六个元素中有五个元素分别相等，则这两个三角形全等。 思考与分析：只要构造的一个符合命题的条件，但不满足命题的结论的例子即可。 证明：如图4，△ABC 和△DEF 中，使BC=DE=12，AC=EF=18，AB=8，DF=27。 ∴ 3 2= = = DF AC EF BC DE AB ∴△ABC ∽△DEF ∴∠A=∠D ∠B=∠E ∠C=∠F 即△ABC 和△DEF 满足五个元素分别相等，但它们不全等。故该命题是假命题。 七、构造模型 数学和其它学科一样，要学以致用，“建模”思想就把数学这门高度抽象的基础学科与实际生活紧密地联系在一起，在实际中渗透数学思想和方法，把数学中的理论运用到问题的解决中去，因而许多问题可通过构造模型来处理。如著名的哥尼斯堡七桥问题：18世纪在东普鲁士首府，布勒尔河穿城而过，河中间有两个小岛，在小河上建有7座小桥，如图5。当地的居民常到这散步，“如何能不重复地一次走遍这七座桥而返回出发地呢？”许多人均未成功，这便产生了数学史上著名的“七桥问题”。 1735年 欧拉对该问题进行抽象，构造出图论中的“一笔画”模型（如图6）才知该问题无解，这一模型的构造充 分展示出欧拉超人的智慧。 例28．有17位科学家，其中每一人和其他所有人通信，他们通信中只讨论三个题目，且每两个科学家之间只讨论一个问题。求证：至少有三个科学家之间讨论同一题目构造模型 思考与分析：将原题转化为：空间17个点两两连线，用红、蓝、白三色染其边，每边一色。求证：必存在同色三角形。 证明：由A 点引出的16条线段颜色，至少6条同色。不妨设其同红，另一端点分别为A2、A3……A7，再考虑这6个点两两连线的颜色。 1．有一条为红色，则存在红色三角形 2.无红色，则6色只能是蓝、白色，不妨考虑由A2点引出的5条线段颜色，至少有在同色，不妨设与A3、A4、A5连线同色。 (A)A3、A4、A5中任一条与它们同色，则存在同色三角形 (B)A3、A4、A5中任一条不与它们同色，则三角形A3A4A5同色，存在同色三角形。 综合1、2必存在同色三角形。 故命题得证。 八、构造复数证明不等式 例29．求证：22) 1()1()1() 1(2 22 22 2 2 2≥-+-++-+-++ +y x y x y x y x 简析与证明：从不等式左边的结构特点容易联想到复数的模，将左边看成复数Z 1=x +yi ,Z 2=x +（1－y ）i ，Z 3=1－x +y ，Z 4=1－x +（1－y ）i 模的和，又注意到Z 1＋Z 2＋Z 3＋Z 4＝2＋2i ，于是由 1z ＋2z ＋3z ＋4z ≥4321z z z z +++可得 222 2 ) 1()1()1() 1(2 2 2 22 22 2 2 2 -+≥-+-++-+-+++y x y x y x y x ，此题也可构造向量来 证明。 例30．若a,b,x,y ∈{正实数},且x 2+y 2=1,求证：a 2x 2+b 2y 2 +a 2y 2+b 2x 2 =≥a+b 证：设z 1=ax+byi ，z 2=bx+ayi ，则a 2x 2+b 2y 2 +a 2y 2+b 2x 2 =∣Z 1∣+∣Z 2∣≥∣Z 1+Z 2∣=∣(a+b)x+(a+b)yi ∣ =(a+b)2 2 y x +=a+b ，不等式得证： 九、构造椭圆证明不等式 例31．求证：3 132294342 ≤ --≤ - x x 简析与证明：2 94x -的结构特点，使我们联想到椭圆方程及数形结合思想。 于是令)0(942 ≥-=y x y ，则其图象是椭圆1 4 9 4 2 2 =+ y x 的上半部分，设y-2x=m ，于是只需证3 1323 4≤ ≤- m , 因m 为直线y=2x ＋m 在y 轴上的截距，由图（2）可知：当直线y =2 x ＋m 过点（3 2，0）时，m 有最小值为m=3 4- ； 当直线y =2x ＋m 与椭圆上半部分相切时，m 有最大值。 由?? ?=++=4 922 2 y x m x y 得：13x 2+4mx+m 2–4=0，令△=4（52－9m 2）=0得：3132= m 或3 132－ =m （ 即m 的最大值为 3 132，故3 132m 3 4≤ ≤- ，即3 1322943 42 ≤--≤- x x 十、构造数列证明不等式 例32．求证：C n 1+C n 2+…+C n n >2 1 -n 2· n 简析与证明：不等式左边即为2n －1= 2 12 1--n 从而联想到等比数列的求和公式，于是左边=1+2+22+ (2) －1 = 2 1[(1+2n-1)+(2+2n-2)+…(2n-1+1)≥ 2 1·n ·1 2 2-n =2 1 -n 2· n 例33．设任意实数a 、b 均满足|a |<1，|b |<1，求证： ab b a -≥ -+-1211112 2 简析与证明：不等式中各分式的结构特点与题设联想到无穷等比数列（|q |<1）各项和公式S ＝ q a -11，则： 2 2 1111b a -+ -=（1+a 2+a 4+…）+（1+b 2+b 4+…）=2+（a 2+b 2）+(a 4+b 4)+…≥2+2ab +2 a 2b 2+2a 4b 4+…= ab -12 例34．证明:1 11111+? ?? ? ? ++ ?? ? ? +n n n n (n=1,2,3……) 分析此命题若直接证明，颇具难度，倘若构造数列x 1=x 2=…=x n =1+1 n ,x n+1=1 利用平均值不等式x 1+x 2+…+x n+1 n+1 ≥ n+1 x 1x 2…x n+1 ，顿使命题明朗化。 十一、构造向量 例35．已知a,b,c 为正数,求函数y= 2 22 2 )(b x c a x +-++的最小值. 解:构造向量a =(x,a),b =(c-x,b),则原函数就可化为:y=│a │+│b │≥│a +b │ =2 2 )()(b a x c x ++-+=2 2 )(b a c ++ ∴y min =2 2 )(b a c ++ 例36．求证：定义域为))(,(R m n m ∈-的任意函数H(x)均可表示为一个偶函数与一个奇函数之和。 略证：设H(x)=f(x)+ g(x)○ 1,其中f(x)为偶函数，g(x)为奇函数。把f(x)和g(x)视为未知数，则○1就是一个“二元”方程，为解出f(x)和g(x)，还得构造相关的另一个方程，由条件H(-x)=f(-x)+ g(-x)= f(x)- g(x)○ 2，由○1○2解得： [][]??? ??? ? --=-+=)()(21)()()(2 1)(x H x H x g x H x H x f ，不难验证f(x)是偶函数，g(x)是奇函数。 例37．已知a,b 为实数，且e a b >>，e 为自然对数的底，比较a b 和b a 的大小。 解 e a b >> (构造函数)设) (ln ln )(e b b a a b b f >-=, 则b a a b f -=ln )(' )(11ln ' >∴ <>∴>>b b a a e a b f 且 故函数 )(ln ln )(e b b a a b b f >-=在),(+∞e 上是增函数。即b a a b b a a b > ∴ >ln ln 例38 ．求值 7 3cos 7 2cos 7 cos πππ +-=A 解 (构造图形)作7 π = ∠POQ ， 在OP 上取OA=1,在OQ 上取不同 于O 的B 使AB=1, 在OP 上取不同于A 的C 使BC=1, 在OQ 上取不同 于B 的D 使CD=1, 易得：,7 3,7 2ππ= ∠=∠=∠= ∠=∠ACD CDB CBD ACB CAB 从而OD OC =. 又7 2cos 217 2cos 21ππ+=?+=+=AB AC OA OC ，cos 2=+=BD OB OD 7 3cos 27 cos 27 2cos 21ππ π+=+，即2 17 3cos 7 2cos 7 cos = +-=πππ A 例39．试求函数 )94() (22 2 ),(b a b a b a f + --+ = 的最小值。 解 如图， ) ,(b a f 可视作点) 9,(),4, (2 b b B a A a - - 点A 所在曲线的参数方程是??? ? ?- ==a y a x 2 4，消去a 得) 0(42 2≥=+y y x C P B D Q O A 为上半圆周。点B 所在曲线的参数方程是?? ? ??- ==b y b x 9 消去b 得9 -=xy 即为双曲线。 AB 取最小值时，AB 所在直线必 过圆心，故可先求圆心O 到双曲线上半支的最短距离，然后减去半径即可。 由18 81 2 81 2 2 2 2 2 2 2 =? ≥+ = + = x x x x y x OB ，得2 3min =OB ， 2 12222 23) 223(),(2 min min -== ∴ -=∴ -b a f AB ，即为所求。 数学解题中的构造法思想 数学科 庞春英 我们首先从下面例题的解法开始讨论： 例：解方程组 ?? ???=++=++=++323232c z c cy x b z b by x a z a ay x 解法一：直接按照三元一次方程组的消元法解题 （略）。 解法二：把原方程组改写为?????=---=---=---0002323 23x cy z c c x by z b b x ay z a a 利用方程根的定义，我 们把a,b,c 看成关于t 的三次方程023=---x yt zt t 的三个根。根据韦达定理得： x abc y ac bc ab z c b a ==++=++,,，因此原方程组的解为：?? ? ??++=++==c b a z ca bc ab y abc x 。 比较例题的两种解法：解法一作为一般的方法，求解极为麻烦，运算量大；解法二则是构造一个满足问题条件的关于t 的三次方程，构造的元件是a,b,c ，构造的“支架”是原方程变形的关系式“023=---x yt zt t ”。在解法二中，以问题已知元素或条件为“元件”，数学中的某些关系式为“支架”，在思维中构造了一种新的“建筑物”这种方法有一定的普遍意义。 在解题过程中思维的创造活动的特点是“构造”，我们称之为构造性思维，运用构造性思维解题的方法称为构造法，即为了解决某个数学问题，我们通过联想和化归的思想，人为地构造辅助图形、模型、方程、函数以帮助解决原来的问题，这样的解题方法，可以看作是构造解题。 早在公元前三百年左右，欧几里德为了证明素数有无穷多个，假设只有有限个素数n p p p p 321,,，而构造一个新素数121+n p p p ，从而证明了原命题。另外，古希腊人为了证明毕达哥拉斯学派的信条“万物皆为（有理数）”是不对的，构造一个边长为1的正方形，则它的对角线竟不是一个“有理数”。上述这些大概是数学史上最早采用构造法解题的例子吧。 所谓构造法，其实质就是运用数学的基本思想，经过认真的观察，深入的思考，构造出解题的数学模型，从而使问题得以解决。构造法体现了数学发现的思想，因为解决问题同获得知识一样，首先需要感知它，要通过仔细地观察、分析，去发现问题的各个环节以及其中的联系，从而为寻求解法创造条件；构造法还体现了类比的思想，为了找出解题的途径，很自然地联系已有知识中与之类似的或与之相关的问题，从而为构造模型提供了参照对象；构造法还体现了化归的思想，把一个个零散的发现由表及里，由浅入深地集中和联系起来，通过恰当的方法加 2010高考数学备考之放缩技巧 证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 一、裂项放缩 例1.(1)求 ∑=-n k k 1 2 142 的值; (2)求证: 3 51 1 2 < ∑=n k k . 解析:(1)因为121121)12)(12(21 422+--=+-= -n n n n n ,所以12212111 4212 +=+-=-∑=n n n k n k (2)因为??? ??+--=-=- <1211212144 4 11 1 222n n n n n ,所以35321121121513121112=+-?>-?>?-=?=+ (14) ! )2(1!)1(1)!2()!1(!2+- +=+++++k k k k k k (15) )2(1) 1(1 ≥--<+n n n n n (15) 11 1) 11)((112 2 2 22 222<++ ++= ++ +--= -+-+j i j i j i j i j i j i j i 例2.(1)求证:)2()12(2167) 12(1513112 22≥-->-++++n n n (2)求证:n n 412141361161412 -<++++ 高考数学-构造法求数列通项 型如a n+1=pa n +f(n) (p 为常数且p ≠0， p ≠1)的数列 (1)f(n)= q (q 为常数) 一般地，递推关系式a n+1=pa n +q (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)等价与 )1(11p q a p p q a n n --=-- +，则{p q a n --1}为等比数列，从而可求n a ． 例1、已知数列{}n a 满足11 2a =，132 n n a a --=（2n ≥），求通项n a ． 解：由132n n a a --= ，得111(1)2n n a a --=--，又11 2 10a -=≠， 所以数列{1}n a -是首项为12，公比为1 2 -的等比数列， ∴1 111 1(1)() 1()2 2 n n n a a -=---=+-． 练习：已知数列}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a ，求通项n a ． 答案：12-=n n a ． (2) f(n)为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数) ，两边同除以q n ，得111+=++n n n n q a p q a q ， 令n n n a b q = ，则可转化为b n+1=pb n +q 的形式求解． 例1、已知数列{a n }中，a 1=65，1 111()32 n n n a a ++=+，求通项n a ． 解：由条件，得2 n+1a n+1=3 2(2 n a n )+1，令 b n =2 n a n ， 则b n+1=32b n +1，b n+1-3=3 2 （b n -3） 易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)3 2 (341+--n ， ∴ a n =n n 2 332+- ． 练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+?，12a =，求通项n a ． 答案：3 1()222 n n a n =-． (3) f(n)为等差数列，如1n n a Aa Bn C +=++型递推式，可构造等比数列．（选学，注重记忆方法） 构造法在初中数学中的应用 所谓构造法就是根据题设条件或结论所具有的特征和性质，构造满足条件或结论的数学对象，并借助该对象来解决数学问题的思想方法。构造法是一种富有创造性的数学思想方法。运用构造法解决问题，关键在于构造什么和怎么构造。充分地挖掘题设与结论的内在联系，把问题与某个熟知的概念、公式、定理、图形联系起来，进行构造，往往能促使问题转化，使问题中原来蕴涵不清的关系和性质清晰地展现出来，从而恰当地构造数学模型，进而谋求解决题目的途径。下面介绍几种数学中的构造法： 一、构造方程 构造方程是初中数学的基本方法之一。在解题过程中要善于观察、善于发现、认真分析，根据问题的结构特征、及其问题中的数量关系，挖掘潜在已知和未知之间的因素，从而构造出方程，使问题解答巧妙、简洁、合理。 1、某些题目根据条件、仔细观察其特点，构造一个"一元一次方程" 求解，从而获得问题解决。 例1：如果关于x的方程ax+b=2（2x+7）+1有无数多个解，那么a、b的值分别是多少？ 解：原方程整理得（a-4）x=15-b ∵此方程有无数多解，∴a-4=0且15-b=0 分别解得a=4，b=15 2、有些问题，直接求解比较困难，但如果根据问题的特征，通过转化，构造"一元二次方程"，再用根与系数的关系求解，使问题得到解决。此方法简明、功能独特，应用比较广泛，特别在数学竞赛中的应用。 3、有时可根据题目的条件和结论的特征，构造出方程组，从而可找到解题途径。 例3：已知3，5，2x，3y的平均数是4。 20，18，5x，-6y的平均数是1。求 的值。 分析：这道题考查了平均数概念，根据题目的特征构造二元一次方程组，从而解出x、y的值，再求出的值。 二、构造几何图形 1、对于条件和结论之间联系较隐蔽问题，要善于发掘题设条件中的几何意义，可以通过构造适当的图形把其两者联系起来，从而构造出几何图形，把代数问题转化为几何问题来解决．增强问题的直观性，使问题的解答事半功倍。 例4：已知，则x 的取值范围是（） 高中数学核心方法：构造法 构造法，顾名思义是指当解决某些数学问题使用通常方法按照定向思维难以解决问题时，应根据题设条件和结论的特征、性质，从新的角度，用新的观点去观察、分析、理解对象，牢牢抓住反映问题的条件与结论之间的内在联系，运用问题的数据、外形、坐标等特征，使用题中的已知条件为原材料，运用已知数学关系式和理论为工具，在思维中构造出满足条件或结论的数学对象，从而，使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法。 历史上有不少著名的数学家，如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人，都曾经用“构造法”成功地解决过数学上的难题。数学是一门创造性的艺术，蕴含着丰富的美,而灵活、巧妙的构造令人拍手叫绝，能为数学问题的解决增添色彩，更具研究和欣赏价值。近几年来，构造法极其应用又逐渐为数学教育界所重视，在数学竞赛中有着一定的地位。 构造需要以足够的知识经验为基础，较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提，根据题目的特征，对问题进行深入分析，找出“已知”与“所求（所证）”之间的联系纽带，使解题另辟蹊径、水到渠成。 用构造法解题时，被构造的对象是多种多样的，按它的内容可分为数、式、函数、方程、数列、复数、图形、图表、几何变换、对应、数学模型、反例等，从下面的例子可以看出这些想法的实现是非常灵 活的，没有固定的程序和模式，不可生搬硬套。但可以尝试从中总结规律：在运用构造法时，一要明确构造的目的，即为什么目的而构造；二要弄清楚问题的特点，以便依据特点确定方案，实现构造。 下面，我们通过几个例题，来简单看一下高中阶段几种常见的构造法。 例1．（构造函数）已知三角形的三边长分别为,,a b c ，且m 为正数，求证：a b c a m b m c m +>+++ 解：构造函数()1x m f x x m x m = =-++，则()f x 在()0+∞，上是增函数。 0a b c +>> ，()()f a b f c ∴+>。 ()()()()a b a b a b f a f b f a b f c a m b m a b m a b m a b m ++= +>+==+>++++++++ a b c a m b m c m ∴+>+++ 例2．（构造距离）求函数 ()f x =的最小值。 解：()f x =其几何意义是平面内动点(),0P x 到两定点()()1,4,3,2M N --的距离之和，当 ,,P M N 三点共线时距离之和最小为MN ==即() f x 的最小值为。 例3.（构造直线斜率）求函数()sin cos 3x f x x =- 的值域。 解：构造动点()cos ,sin P x x 与定点()3,0Q 的连线的斜率，而动点P 的轨迹为单位圆。 初中数学方法大全之构造法 构造法是数学中重要的解题方法，对于一些较繁难的数学问题时，用常规解法，或是无从下手，或是解题过程异常繁杂，这时，若能根据问题的特点，进行巧妙的换元，往往可以化繁为简，化难为易，收到事半功倍的功效。 一、以概念为框架构造 【例1】已知方程 20(0)ax bx c a ++=≠的两根之和为1S ,两根平方和为2S ，两根立方和为 2)x + 90 ,. ac bd B D Rt ABC Rt CDA AC CA Rt ABC Rt CDA a d b c =? ?∠=∠=???????=? ????==∽≌ 三、从公式特征构造 【例3】已知x 、y 、z 、r 都为正数，且满足2222,x y z z x +==。 求证：xy=rz 。 【思路分析】此题中，题设222x y z +=与勾股定理的结论非常相似，故可以从构造勾股定理入手进行本题的研究。 证明：如图，构造Rt △ABC ，使AC =x ，BC =y ，斜边AB =z 。作CD ⊥AB 于D 。 由射影定理可知：2AC AD AB =?，则有： 性解决周长与面积的最大值，但这样一来，本题的计算量就很大，而且也较麻烦。换一个思路，以矩形的一组邻边所在的直线为坐标轴，利用函数思想来解决本题，会有意料之外的效果。 解：以AB 、AD 所在的直线为坐标轴，建立平面直 角坐标系xOy 。 根据题意有：(24,0),(0,12)P Q ，易得PQ 所在的直线解 析式为：1122 y x =-+。 设1(,12)(024)2M m m m - +≤≤，则136,602 MF m ME m =-=-。 ∴周长12()2(3660)1922 MF ME m m m =+=++-=-+ 面积211(36)(60)(6)217822MF ME m m m =?=+-=-++ ∴当m =0时，周长最大等于192m ； 当m =0时，面积最大等于2160m 2。 六、其它构造 【例6】在锐角三角形ABC 中，求作一个正方形DEFG ，使D 、E 都落在BC 边上，F 、G 分别落在AC 、AB 边上。 【思路分析】要想作出这样的正方形，确实有些困 难，我们可以把条件放宽：求作一个正方形，使其有三个 顶点落在两边上，这样的正方形就比较好作了，我们可以 马上作出一个这样的正方形1111D E FG 。 这个正方形可以成为本题的一个跳板吗？实际上，我们得到的这个正方形，可以利用位似去作出需要的正方形DEFG 。 解：（略） 在学习数学的过程中，我们会遇到很多这样的题：有些题目有着深厚的“几何背景”，这样的题我们可以恰当地构造出几何图形，以形助数；有些题目有着浓厚的“代数氛围”，我们可以适时地构造出代数模型，以数解形；有些题目有着深刻的“函数味道”，我们可以合理地以函数为框架进行构造。这样不但能够达到另辟蹊径，巧思妙解的目的，而且对培养创造性思维也有很大的帮助。 学好构造法 妙解竞赛题 在数学竞赛辅导过程中,需要长期给学生进行有针对性的数学思想方法的训练。其中构造法解题的思想,就是一种值得推广的解题思想方法。通过构造,可以建立起各种数学知识之间的联系与相互转化,让学生在熟练掌握各种数学知识的前提下交互使用,融会贯通。 一、构造几何模型,使代数问题几何化。 代数运算虽然直接,但有时会比较抽象且运算复杂,构造合乎要求的几何图形,可以是所求解的问题变得直观明朗,从而找到一个全新的接替办法。 例一,设a 为实数,证明：以1,1,34222+++-+a a a a a 为边长可以构成一个三角形,且三角形的面积为定值。 分析：从题目给出的三个根式我们知道,当实数a 去互为相反的两数时,只是其中两式角色互换,实质一样,故只需争对非负实数a 展开讨论即可。 ()( ) ? ???-+=++????-+=+-+= +120cos 121160cos 12113 2342222222 22a a a a a a a a a a 构造合乎要求的几何图形如图所示： ? =∠?=∠======120601CBE DAB CD BE AB a BC DF AD 于是：()( ) 343 2,3,222 2+=+= = =a a EF AE a AF 1 120cos 121,1,160cos 121,1,2 2 2 222++=????-+===+-=????-+====a a a a CE BE a BC a a a a DB FC AB a AD 所以：以1,1,34222+++-+a a a a a 为边长可以构成一个三角形,即ECF ?。 则：AEF AECF ECF S S S ??-= ?60 F E D C B A ?30 ? 120a a a 1 1 1 构造法求数列的通项公式 在数列求通项的有关问题中，经常遇到即非等差数列，又非等比数列的求通项问题，特别是给出的数列相邻两项是线性关系的题型，在老教材中，可以通过不完全归纳法进行归纳、猜想，然后借助于数学归纳法予以证明，但新教材中，由于删除了数学归纳法，因而我们遇到这类问题，就要避免用数学归纳法。这里我向大家介绍一种解题方法——构造等比数列或等差数列求通项公式。 构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉. 供参考。 1、构造等差数列或等比数列 由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法. 例1设各项均为正数的数列的前n项和为S n ，对于任意正整数n ，都有等式：成立，求的通项a n. 解：，∴ ，∵，∴. 即是以2为公差的等差数列，且. ∴ 例2数列中前n项的和，求数列的通项公式. 解：∵ 当n≥2时， 令，则，且 是以为公比的等比数列， ∴. 2、构造差式与和式 解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式. 例3设是首项为1的正项数列，且，（n∈N*），求数列的通项公式a n. 解：由题设得. ∵，，∴. ∴ . . 例4数列中，，且，（n∈N*），求通项公式a n. 解：∵ ∴（n∈N*） 3、构造商式与积式 构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法. 例5数列中，，前n 项的和，求. 解： ， ∴ ∴ 4、构造对数式或倒数式 有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决. 例6设正项数列满足，（n≥2）.求数列的通项公式. ，设，则 解：两边取对数得：， ，，， ∴ 例7已知数列中，，n≥2时，求通项公式. 解：∵，两边取倒数得. 可化为等差数列关系式. ∴ . 高中数学构造函数解决导数问题专题复习 【知识框架】 【考点分类】 考点一、直接作差构造函数证明； 两个函数，一个变量，直接构造函数求最值； 【例1-1】（14顺义一模理18）已知函数（） （Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程； （Ⅱ）若在区间上函数的图象恒在直线下方，求的取值范围． 【例1-2】（13海淀二模文18）已知函数. （Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，求实数的值； （Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围. ()()()h x f x g x =-2 1()ln 2 f x ax x x = -+,0a R a ∈≠2a =()y f x =(1,(1))f [)1,+∞()f x y ax =a ()ln ,()(0)a f x x g x a x ==- >1a =()y f x =00(,())M x f x ()y g x =00(,())P x g x 0x (0,]x e ?∈3 ()()2 f x g x ≥+a 【练1-1】（14西城一模文18）已知函数，其中． （Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程； （Ⅱ）如果对于任意，都有，求的取值范围． 【练1-2】已知函数是常数． （Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程； （Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方； （Ⅲ）讨论函数零点的个数． 【练1-3】已知曲线. (Ⅰ)若曲线C 在点处的切线为，求实数和的值； (Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围. 【练1-4】已知函数，求证：在区间上，函数的图像在函数的图像的下方； ()ln a f x x x =-a ∈R 2a =()f x (1,(1))f (1,)x ∈+∞()2f x x >-+a ()=ln +1,f x x ax a R -∈=()y f x (1,(1))P f l =()(1)y f x x ≠l =()y f x :e ax C y =(0,1)2y x m =+a m a C l y ax b =+b ()2 1ln 2 f x x x = +()1,+∞()f x ()3 23 g x x = 分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f =F 要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。 十、构造法 解数学问题时，常规的思考方法是由条件到结论的定向思考，但有些问题用常规的思维 方式来寻求解题途径却比较困难，甚至无从着手。在这种情况下,经常要求我们改变思维方 向，换一个角度去思考从而找到一条绕过障碍的新途径。 历史上有不少著名的数学家，如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人，都曾经用“构 造法”成功地解决过数学上的难题。数学是一门创造性的艺术，蕴含着丰富的美,而灵活、 巧妙的构造令人拍手叫绝，能为数学问题的解决增添色彩，更具研究和欣赏价值。近几年来， 构造法极其应用又逐渐为数学教育界所重视，在数学竞赛中有着一定的地位。 构造需要以足够的知识经验为基础，较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提， 根据题目的特征，对问题进行深入分析，找出“已知”与“所求（所证）”之间的联系纽带， 使解题另辟蹊径、水到渠成。 用构造法解题时，被构造的对象是多种多样的，按它的内容可分为数、式、函数、方程、 数列、复数、图形、图表、几何变换、对应、数学模型、反例等，从下面的例子可以看出这 些想法的实现是非常灵活的，没有固定的程序和模式，不可生搬硬套。但可以尝试从中总结 规律：在运用构造法时，一要明确构造的目的，即为什么目的而构造；二要弄清楚问题的特 点，以便依据特点确定方案，实现构造。 再现性题组 1、求证： 3 10910 22≥++=x x y （构造函数） 2、若x > 0, y > 0, x + y = 1，则4 2511≥???? ??+??? ??+ y y x x （构造函数） 3、已知01a <<，01b <<，求证： 22)1()1()1()1(22222222≥-+-+-+++-++b a b a b a b a （构造图形、复数） 4、求证：9)9(272≤-+x x ，并指出等号成立的条件。（构造向量） 5、已知：a>0、b>0、c>0 ,求证：222222c ac a c bc b b ab a ++≥+-++-当且仅当 c a b 111+=时取等号。（构造图形） 6 、求函数y = 再现性题组简解： 1、解：设)3(92 ≥+=t x t 则t t y t f 1)(2+==，用定义法可证：f (t )在),3[+∞上单调递增，令：3≤12t t < 则0)1)((11)()(2 1212122212121>--=+-+=-t t t t t t t t t t t f t f ∴310313)3(9 10322=+=≥++= f x x y 数列几种构造法解题 数列的构造法，我这里仅仅表示的是n 1a 与+n a 之间的常见关系，还有很多需要补充的。 以下主要是以例题为主，表示不同类型的构造方法。 1-n 1-n 1n n 1n 2q a a 等比数列，a 2a ，1例=?==+. 1 -n 2d ）1n （a a 等差数列，2a 2.a 例1n n 1n =-+=+=+ 1 2a 化简可得2）1a （1a 所以整体是等比数列1a ，所以1x 展开解得）x a （2x a 构造等比数列1 a 2a 。3例n n 1 -n 1n n n 1n n 1n -=+=++=+=++=++ 1-n n 011-n 1-n n n 1n n n n 1n n n n 110111 1n 1n n n n 1n n n n n 1 -n 1n n n n 1n 1n n n 1n 2n a 所以n 1）1-n （2a 2a 可以得到 12a 2a 得到 2同除以22a a ）22-3a 化简即可得3 2)32(）33a (33a 即整体是等比数列33a 。所以3x 展开解得）3a （32x 3a 构造13a 23a 可以得到 3首先同除以，间接构造 2解2-3a 所以2）3-a （3-a 所以1 x 展开解得） 3x a （23x a 构造，直接构造法： 1解32a a ）1，4例n ?==?+==-+==-=-=---=+=++==?=-=+=++=++-----+++++n n n n n n n n n x 3n 327an 所以2）33a （33n a 即是等比数列， 3n 3a 所以3 t ，3m 展开解得）， t mn a （2t ）1n （m a 构造 n 3+2a =a ，5例1-n 1 -n 1n n n 1n n 1+n --?=?++=++++==++=+++?+ 综合例6的通项公式。a ，试求n 3a 2a ，2a 已知n n n 1n 1++==+ 1n -23a 所以22 ）113-a （1n 3a 所以1y ，1x ，1m 展开化简依次可以解得）y xn 3m a （2y ）1n （x 3m a 解：构造1n n n 1n 1n 11n n n n 1n 1n -+==?++=++-==-=+++=++++---++ 构造法求数列通项例题分析 型如a n+1=pa n +f(n) (p 为常数且p ≠0， p ≠1)的数列 (1)f(n)= q (q 为常数) 一般地，递推关系式a n+1=pa n +q (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)等价与 )1(11p q a p p q a n n --=-- +，则{p q a n --1}为等比数列，从而可求n a ． 例1、已知数列{}n a 满足11 2 a =，132n n a a --=（2n ≥），求通项n a ． 解：由132n n a a --= ，得111(1)2n n a a --=--，又11 2 10a -=≠， 所以数列{1}n a -是首项为12，公比为1 2 -的等比数列， ∴1 111 1(1)() 1()2 2 n n n a a -=---=+-． 练习：已知数列}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a ，求通项n a ． 答案：12-=n n a ． (2) f(n)为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数) ，两边同除以q n ，得111+=++n n n n q a p q a q ， 令n n n a b q = ，则可转化为b n+1=pb n +q 的形式求解． 例1、已知数列{a n }中，a 1=6 5 ，1111()32n n n a a ++=+，求通项n a ． 解：由条件，得2 n+1a n+1=3 2(2 n a n )+1，令 b n =2 n a n ， 则b n+1=32b n +1，b n+1-3=3 2 （b n -3） 易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)3 2 (341+--n ， ∴ a n =n n 2332+- ． 练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+?，12a =，求通项n a ． 答案：3 1()222 n n a n =-． (3) f(n)为等差数列，如1n n a Aa Bn C +=++型递推式，可构造等比数列．（选学，注重记忆方法） 构造法 构造法，顾名思义是指当解决某些数学问题使用通常方法按照定向思维难以解决问题时，应根据题设条件和结论的特征、性质，从新的角度，用新的观点去观察、分析、理解对象，牢牢抓住反映问题的条件与结论之间的内在联系，运用问题的数据、外形、坐标等特征，使用题中的已知条件为原材料，运用已知数学关系式和理论为工具，在思维中构造出满足条件或结论的数学对象，从而，使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法。 历史上有不少著名的数学家，如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人，都曾经用“构造法”成功地解决过数学上的难题。数学是一门创造性的艺术，蕴含着丰富的美,而灵活、巧妙的构造令人拍手叫绝，能为数学问题的解决增添色彩，更具研究和欣赏价值。近几年来，构造法极其应用又逐渐为数学教育界所重视，在数学竞赛中有着一定的地位。 构造需要以足够的知识经验为基础，较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提，根据题目的特征，对问题进行深入分析，找出“已知”与“所求（所证）”之间的联系纽带，使解题另辟蹊径、水到渠成。 用构造法解题时，被构造的对象是多种多样的，按它的内容可分为数、式、函数、方程、数列、复数、图形、图表、几何变换、对应、数学模型、反例等，从下面的例子可以看出这些想法的实现是非常灵活的，没有固定的程序和模式，不可生搬硬套。但可以尝试从中总结规律：在运用构造法时，一要明确构造的目的，即为什么目的而构造；二要弄清楚问题的特点，以便依据特点确定方案，实现构造。 下面，我们通过几个例题，来简单看一下高中阶段几种常见的构造法。 例1．（构造函数）已知三角形的三边长分别为,,a b c ，且m 为正数，求证：a b c a m b m c m +>+++ 解：构造函数()1x m f x x m x m ==-++，则()f x 在()0+∞，上是增函数。 0a b c +>> ，()()f a b f c ∴+>。 ()()()()a b a b a b f a f b f a b f c a m b m a b m a b m a b m ++= +>+==+>++++++++ a b c a m b m c m ∴+>+++ 例2．（构造距离）求函数()f x =的最小值。 用构造法求数列的通项公式 求数列的通项公式是高考重点考查的内容，作为两类特殊数列----等差数列·等比数列可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，之后再应用各自的通项公式求解，体现化归思想在数列中的具体应用 例1:（06年福建高考题）数列{}=+==+n n n n a a a a a 则中12,1,11 ( ) A ．n 2 B ．12+n C ．12-n D ．12+n 解法1：121+=+n n a a )1(22211+=+=+∴+n n n a a a 又211=+a 21 11=++∴+n n a a {}1+n a 是首项为2公比为2的等比数列 12,22211-=∴=?=+-n n n n n a a ,所以选C 解法2 归纳总结：若数列{}n a 满足q p q pa a n n ,1(1≠+=+为常数），则令)(1λλ+=++n n a p a 来构造等比数列，并利用对应项相等求λ的值，求通项公式。 例2：数列{}n a 中，n n n a a a a a 23,3,11221-===++，则=n a 。 解：)(2112n n n n a a a a -=-+++ 212=-a a {}1--∴n n a a 为首项为2公比也为2的等比数列。 112--=-n n n a a ，（n>1） n>1时 122 1211 222)()()(211 12211-=--=++++=+-++-+-=-----n n n n n n n n n a a a a a a a a 显然n=1时满足上式 ∴=n a 12-n 小结：先构造{}n n a a --1等比数列，再用叠加法,等比数列求和求出通项公式， 例3：已知数列{}n a 中)3(,32,2,52121≥+===--n a a a a a n n n 求这个数列的通项公式。 解：2132--+=n n n a a a )(3211---+=+∴n n n n a a a a 又{}121,7-+=+n n a a a a 形成首项为7，公比为3的等比数列， 则2137--?=+n n n a a ………………………① 又)3(3211-----=-n n n n a a a a ， 13312-=-a a ，{}13--n n a a 形成了一个首项为—13，公比为—1的等比数列 则21)1()13(3---?-=-n n n a a ………………………② ①+?3② 11)1(13374---?+?=n n n a 11)1(4 13347---+?=∴n n n a 小结：本题是两次构造等比数列，属于构造方面比较级，最终用加减消元的方法确定出数列的通项公式。 例4：设数列{}n a 的前项和为n n n n S a S =-22,若成立，(1)求证： {} 12-?-n n n a 是等比数列。(2) 求这个数列的通项公式 证明：(1)当 2,)1(2,1111=∴-=-?=a a b a b n 又n n n S b a b ?-=-?)1(2 ………………………① 111)1(2 +++?-=-?∴n n n S b a b ………………………② ②—① 11)1(2++?-=-?-?n n n n a b a b a b n n n a b a 21+?=∴+ 当2=b 时，有n n n a a 221+=+ )2(22)1(222)1(11-+?-?=?+-+=?+-∴n n n n n n n n a n a n a 高中数学解题方法与技巧 构造函数法证明不等式的六种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 以下介绍构造函数法证明不等式的六种方法： 一、移项法构造函数 【例1】 已知函数x x x f ?+=)1ln()(，求证：当1?>x 时，恒有 x x x ≤+≤+?)1ln(1 11 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数 11 1)1ln()(?++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【解】1111)(+?=?+=′x x x x f ∴当01<′x f ，即)(x f 在)0,1(?∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<′x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(?，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞?上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1?>x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤?+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(?+++=x x x g ， 2 2)1()1(111)(+=+?+=′x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>′+∞∈<′?∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(?∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞?上的最小值为0)0()(min ==g x g ， 用构造法解题对学生思维能力的培养 [摘要] 本文主要如何通过运用构造法解题，激发学生的发散思维训练，使学生在解题过程， 选择最佳的解题方法，从而使学生思维和解题能力得到培养。 [关键词] 构造创新 什么是构造法又怎样去构造？构造法是运用数学的基本思想经过认真的观察，深入的思考，构造出解题的数学模型从而使问题得以解决。构造法的内涵十分丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体的问题的特点而采取相应的解决办法，及基本的方法是：借用一类问题的性质，来研究另一类问题的思维方法。在解题过程中，若按习惯定势思维去探求解题途径比较困难时，可以启发学生根据题目特点，展开丰富的联想拓宽自己思维范围，运用构造法来解题也是培养学生创造意识和创新思维的手段之一，同时对提高学生的解题能力也有所帮助，下面我们通过举例来说明通过构造法解题训练学生发散思维，谋 求最佳的解题途径，达到思想的创新。 1 、构造函数 函数在我们整个中学数学是占有相当的内容，学生对于函数的性质也比较熟悉。选择烂熟于胸的内容来解决棘手问题，同时也达到了训练学生的思维，增强学生的思维的灵活性，开拓性和创造性。 例1、已知a，b，m∈R+，且a < b 求证：（高中代数第二册P91）分析：由知，若用代替m呢？可以得到是关于的分式，若我们令是一个函数，且∈R +联想到这时，我们可以构造函数而又可以化为而我们又知道在[0，∞] 内是增函数，从而便可求解。 证明：构造函数在[0，∞] 内是增函数， 即得。有些数学题似乎与函数毫不相干，但是根据题目的特点，巧妙地构造一个函数，利用函数的性质得到了简捷的证明。解题过程中不断挖掘学生的潜在意识而不让学生的思维使注意到某一点上，把自己的解题思路搁浅了。启发学生思维多变，从而达到培养学生发散思维。 例2、设是正数，证明对任意的自然数n，下面不等式成立。 ≤ 分析：要想证明≤ 只须证明 ≤0即证 ≥0也是 ≥0对一切实数x 都成立，我们发现是不是和熟悉的判别式相同吗？于是我们可以构造这样的 二次函数来解题是不是更有创造性。 解：令 只须判别式△≤0，△= ≤0即得 ≤ 构造函数解题的三个类型 构造函数解题是近几年高考命题的热点，笔者研究近年的高考题，发现构造函数解题主要有以下三种类型，下面举例说明． 类型1．整体构造一个函数，这是最常见的构造方法，高考题中利用这个方法的题型最为多见． 例1 解不等式：3381050(1)1 x x x x +-->++． 解：原不等式即3322()5()511 x x x x +>+++， 令3()5f x x x =+，则2()350f x x '=+>， ∴3()5f x x x =+在R 上是增函数， ∴原不等式即21 x x >+， ∴解得 2x <-，或11x -<<， ∴原不等式的解集为{|2x x <-，或11}x -<<． 类型2．构造两个函数，这种类型的题目较少，技巧较强 例2 若20()2()||f x x x m x m x =+---≥对于一切[1,2]x ∈恒成立，求实数m 的取值范围． 解：令()()||g x x m x m =--，2()2h x x x =-，则()()()f x g x h x =+． ∵22,(),()()||(),,m x m x g x x m x m x m x m ?-=--=?--， ∴()h x 在[1,2]x ∈上是增函数． ∴()()()f x g x h x =+在[1,2]x ∈上是增函数， ∴min ()(1)1(1)|1|f x f m m ==+--． 由题意只要01(1)|1|m m +--≥， ∴2101(1)m m ??--?≥≥或2101(1)m m 巧用数学构造法解数列题 永福中学：陈容丽 构造法作为一种重要的数学方法，而不是一个数学概念，没有严格的定义。解数学问题时，常规的思考方法是由条件到结论的定向思考，但有些问题按照这样的思维方式来寻求解题途径比较困难，甚至无从下手。在这种情况下，经常要求我们改变思维方向，换一个角度思考，以找到一条绕过障碍的新途径，从而使问题得解．而构造法就是根据数学问题的条件或结论的特征，以问题中的数学元素为“元件”，数学关系为“框架”构造出新的数学对象或数学模型，从而使问题转化并得到简便解决的方法。它的特点是：创造性地使用已知条件，创造性地应用数学知识，极大限度地发散思维。 本文主要淡淡构造法在高中数列问题的应用。 数列是高中很重要且有相当难度的一章内容，在近几年的高考中，一般有一道中档的填空题和一道压轴的解答题，所占分值较高。数列问题中的构造新数列在近几年高考题中经常出现，这类题目的难度及区分度往往很大，学生不容易掌握，有时甚至无从下手。下面来专门谈一谈构造法在研究数列中的灵活运用。 一、型如(为常数且，)的数列，其本身并不是等差或等比数列，但经过适当的变形后，即可构造出一个新数列，利用这个数列可求其通项公式。 1．(为常数)，可构造等比数列求解． 例1已知数列满足，（），求通项． 解由，得，又，所以数列 是首项为，公比为的等比数列，∴．注：一般地，递推关系式(p、q为常数，且p≠0，p≠1)可等价地改写成，则{}为等比数列，从而可求． 2．为等比数列，可构造等差数列、等比数列求解。如(为常 数) ，两边同除以，得，令，则可转化为的形式求解． 例2（1）已知数列{a n}中，，，求通项． （2）已知数列满足，，求通项． 解（1）由条件，得，令，则，即，又，，∴数列为等比数列，故有 ，即，∴． （2）由条件，得，即，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，∴，故．3．为等差数列，如型递推式，可构造等比数列求解． 例3已知数列满足，（），求 ．解令，则，∴，代入已知条件，得，即， 令，，解得=－4，=6，所以，且，∴是以3为首项、以为公比的等比数列，故，故．注此例通过引入一些尚待确定的系数，转化命题结构，经过变形与比较，把数学解题中的构造法思想
高中数学放缩法技巧全总结
高考数学-构造法求数列通
中考数学构造法解题技巧
高中数学核心方法：构造法
初中数学方法大全之构造法
浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用
数列构造法 (2)
高中数学构造函数解决导数问题专题复习
高中数学解题方法之构造法(含答案)
数列的几种构造法解题
高中数学构造法求数列通
数学思想方法构造法
北师大版高中数学必修51.1数列用构造法求数列的通项公式
高中数学解题方法与技巧---构造函数法证明导数不等式的六种方法
用构造法解题对学生思维能力的培养
构造函数解题的三个类型
巧用数学构造法解数列题
- 高中数学解题方法之构造法(含答案)
- 高中数学构造函数专题(20210207213252)
- 高中数学核心方法：构造法
- 例谈高中数学中常见的构造法
- 高中数学解题方法之构造法(含答案)
- (完整版)高中数学构造法求数列通
- 高中数学解题方法之构造法(含答案)
- 高中数学解题方法之构造法(含答案)
- 高中数学知识结构框架
- 高中数学知识板块结构关系图(理科)
- 高中数学构造函数专题
- 高中数学放缩法技巧全总结
- 高中数学核心方法：构造法
- 数学思想方法构造法
- 高中数学：用构造局部不等式法证明不等式
- 高中数学中构造法的运用
- (完整)高中数学知识结构框图(人教版)
- 高中数学知识结构框图
- 高中数学：构造函数方法(经典)
- 高中数学(必修1)知识结构图