高中数学解题方法之构造法含答案

1、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，

2、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： （构造函数）2、若x > 0, y > 0, x + y = 1，则（构造函数）3、已知，求证：（构造图

3、形、复数）4、求证：，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：当且仅当时取等号。（构造图形）6、求函数的最大值（构造三角函数）再现性题组简解：1、解：设 则，用定义法可证：f (t)在上单调递增，令：3 则2、解：左边 令 t = xy，则，在上单调递减 3、解：构造单位正方形，O是正方形内一点，O到AD, AB的距离为a, b， 则|AO| + |BO| + |CO| + |DO|AC| + |BD|， 其中， 又： 另解：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Z1=x+y i , Z2 = x +（1 y）i ，Z3

4、= 1 x + y i ，Z4 = 1 x +（1 y）i 模的和，又注意到Z1Z2Z3Z422 i ，于是由 可得4、解：不等式左边可看成与 x 和与两两乘积的和，从而联想到数量积的坐标表示，将左边看成向量=(,)与=( x, )的数量积，又，所以 当且仅当= (>0)时等号成立，故由得：x=,=1，即 x =时，等号成立。 5、解：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OAa，OBb，OCc，AOB=BOC=60° 如图（1）则AOC120°，AB=，BC=,AC= 由几何知识可知：ABBCAC+当且仅当A、B、C三点共线时等号成立，此时有

5、，即ab+bc=ac故当且仅当时取等号。6、解：由根号下的式子看出且故可联想到三角函数关系式并构造 所以 ， 当即时，示范性题组一、构造函数理解和掌握函数的思想方法有助于实现数学从常量到变量的这个认识上的飞跃。很多数学命题繁冗复杂，难寻入口，若巧妙运用函数思想，能使解答别具一格，耐人寻味。【例1】、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

6、-1)0，f(1)=(y+z-1)+(yz-y-z+1)=yz0，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) 1二、构造方程：方程是解数学题的一个重要工具，许多数学问题，根据其数量关系，在已知和未知之间搭上桥梁，构造出方程，使解答简洁、合理。【例2】、已知a,b,c为互不相等的实数，试证：+=1 (1)证：构造方程+=1 (2)显然a,b,c为方程的三个互不相等的实根。从而对任意实数x均满足（2）式。特别地，令x=0，即得（1）式。【例3】、设x,y为实数，且满足关系式：则x+

7、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，利用函数f(t)=t3+1997t的单调性，易得，自然、简洁。三、构造复数复数是实数的延伸，一些难以解决的实数问题通过构造转化为复数问题，虽然数的结构会变复杂，但常使问题简明化，正所谓“退一步海阔一空”。【例4】、a,b,x,y正实数,且x2+y2=1,求证：+=a+b证：设z1=ax+byi， z2=bx+ayi，则+=Z1+Z2Z1+Z2=(a+b)x+(a+b)yi=(a+b)=a+b，不等式得证：四、构造代数式代数式是数学的重要组成要素

8、之一，有许多性质值得我们去发现和应用。【例5】、当时，求的值.解：由条件得 所以 ，构造的因式y=1五、构造数列相当多的数学问题，尤其是证明不等式，尝试一下“构造数列”能产生意想不到的效果。【例6】证明:(n=1,2,3)分析此命题若直接证明，颇具难度，倘若构造数列x1=x2=xn=1+,xn+1=1利用平均值不等式 ，顿使命题明朗化。六、构造向量新教材的一个重要特点是引入向量,代数、几何、三角中的很多问题都可以利用向量这一工具来解决.【例7】已知a,b,c为正数,求函数y=的最小值.解: 构造向量=(x,a),=(c-x,b),则原函数就可化为:y=+ ， ymin=七、构造几何图形一般来讲

9、，代数问题较为抽象，若能通过构造将之合理转化为几何问题，利用“数形结合”这一重要思想方法，往往可增强问题的直观性，使解答事半功倍或独具匠心。【例8】、（见【例1】）证：构造边长为1的正ABC，D，E，F为边上三点，并设BD=x，CE=y， AF=z，如图1显然有SBDE+SCEF+SADF <即x(1-y)+ y(1-z)+ z(1-x)这道竞赛题能如此简洁、直观地证明，真是妙不可言。【例9】、求证：简析：的结构特点，使我们联想到椭圆方程及数形结合思想。解：令 ，则其图象是椭圆的上半部分，设y2x=m，于是只需证, 因 m为直线y=2xm在y轴上的截距，由图可知：当直线 y = 2 xm

10、 过点（，0）时，m有最小值为m=；当直线y =2xm与椭圆上半部分相切时，m有最大值。由 得：13x2 + 4mx + m2 4 = 0令= 4（529m2）=0 得：或（舍）即m的最大值为，故，即八、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，把数学中的理论作为工作，充分发挥其作用，因而许多问题可通过构造模型来处理【例10】（哥尼斯堡七桥问题）18世纪,东普鲁士首府，布勒尔河穿城而过，河中间有两个小岛，如图。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

11、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”模型才知该问题无解，B这一模型的构造充分展示出欧拉超人的智慧。近年来，构造模型的方法越来越被重视，并成为高考中的一道独特的风景线。九、构造情境有一些问题看似简单，但真正处理起来非难则繁，如能合理、巧妙地构造一些情境，不但易使问题“柳暗花明”，而且其新颖独特的解题模式让人深刻感受到数学思想维的美妙。【例11】如图4摆放的24张牌，全部反面朝上，以任意一张牌为起点翻牌，一张挨一张翻，只能横着或竖着翻，不能斜着或跳着翻，问能否将每一张牌全部翻过来？分析：由于每翻一张牌，翻下一张牌又有若干不同的情况，于是情况尤为复

12、杂，难以一一尝试，我们可以用一特殊的方法来解决此题。构造如下情境：假设各张牌如图5染上白色或黑色，使得黑白相间。这样，每张牌的下一张牌就是不同色的。而由翻牌的规则可知翻完所有的牌时两色牌至多相差一张，但由图5知白色牌比黑色牌多2张，显然不可办得到。从以上各例不难看出，构造法是一种极富技巧性和创造性的解题方法，体现了数学中发现、类比、化归的思想，也渗透着猜想、探索、特殊化等重要的数学方法。运用构造法解数学题可从中欣赏数学之美，感受解题乐趣，更重要的是可开拓思维空间，启迪智慧，并对培养多元化思维和创新精神大有裨益。构造法体现了数学发现的思维特点，“构造”不是“胡思乱想”，不是凭空“臆造”，而是要以

13、所掌握的知识为背景，以具备的能力为基础，以观察为先导，以分析为武器，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。巩固性题组1、已知x > 0，求证： （构造函数）2、若，且，则（构造函数）3、记，则（构造图形）4、求证：（构造向量）5、正数满足，求证：（巧用均值不等式）6、求证：如果，那么（构造函数）7、已知数列, , 求（构造数列）8、求证：(其中nN+)（构造数列）9、求函数的值域（构造图形）10、求函数的最值（构造图形）构造法巩固性题组答案1、解：构造函数 则， 设2a<b 由2a<b a - b > 0, ab - 1 &g

14、t; 0, ab > 0 上式 > 0在上单调递增，左边2、解：令，又，在上单调递增3、解：构造矩形ABCD, F在CD上，使|AB| = a, |DF| = b, |AD| = 1, 则（注：本题也可用分析法）4、解：不等式左边的特点，使我们容易联想到空间向量模的坐标表示，将左边看成 =(1y , x+y3 , 2x+y6)模的平方，又 ,为使为常数，根据待定系数法又可构造于是=所以即5、分析：条件式中次数是3次，而结论式中是1次，所以需要降幂。又结论式是不等式，当且仅当时成立。于是考虑构造均值不等式。 解：由均值不等式得： （1）同理（2） 由（1）+（2）变形整理得：6、证明：构造函数 易证在R上是奇函数且单调递增 + =lg1 = 0 即： 又是增函数 即7、分析：我们希望化为 即 +B=1 解：由已知 设则 即是公比为2的等比数列且 则 对于某些关于自然数的不等式问题，与数列有着密切的联系，这时也可构造有关的数列模型，利用其单调性解决8、分析：构造数列模型，则有，所以数列为递增数列又因，故 (其中n N+)，即原不等式得证评注 欲证含有与自然数n有关的和的不等式f(n)>g(n)，可以构造数列模型，只需证明数列是单调递增，且另外，本题也可以用数学归纳法证明，但用构造数列模型证明简洁9、解： 其几何意义是平面内动点P（