初中数学-构造法

自皿1恒知识点拨

【知识提要】

1.代数构造；

2.几何构造；

3.其他一些构造。

【基本题型】

1.证明存在符合题目条件的某个“事物”；

2.说明某个“事物”的最大值或最小值(需要构造说明它存在);

3.其他一些杂题。

【解题技巧】

1.构造--对应方法；

2.用组合数学的方法；

3.极端的思想。

自m叵快乐热身

【热身】求证：区间(0,1)上的实数和整个实数集口中的实数一样多。

【解析】分析两个集合都有无穷多个实数，不能求出个数。看起来，一条有限长的线段和一条无限长

的直线里面的点不会一样多。那么，要想说明两个无穷集合是一样大的，需要构造出一个一

一对应的关系。

解令函数/(x)=tan(7ix-5)(O<x<l),则易知/(x)是从(0,1)到口上的---映射。所

以，这两个集合里面的数一样多。

说明证明两个集合的元素个数一样多(可能是无限集合)，最常规的方法就是做一一对应。

热身完了，我们开始今天的课程吧!

且11的居例题精讲

….14746x47lx2x…x47A…

【例1】用构造法求一+-------+-----------+...+------------的值。

5251x5250x51x525x6x...x52

【解析】分析看起来是组合数的概率问题，可以构造一个模型。

解分母出现52,那么考虑1到52的全排列。

第一个数是1的概率为」-；

52

47

考虑第二项，一是“前5项中没有出现1”的概率，且这显然与“第一个数是1”互斥；那

52

47

么，-------便是：前5项中没有出现1,且第一项为2的概率。

51x52

46x47

继续考虑第三项，-----------是前5项中没有出现1或2,且第一项为3的概率。

50x51x52

最后一项是前5项中没有出现1,2,3,……，47,且第一项为48的概率。

综上所述，所求的数为第一项是前5项中最小的那项的概率，所以等于

说明本题当然也可以用裂项法。

【例2】记"为正整数，设为数字和为〃且不含有1,3,4以外的数字的自然数个数，乩为数字

和为〃且不含有1,2以外的数字的自然数个数。求证：4,,=纥2。

【解析】分析证明数目相等，可以设法构造一一对应。

解观察发现，A,“可以看做将一段长度为〃的链拆分成长度为1,3,4的节，而纥,可以看

做将一段长度为〃的链拆分成长度为1,2的节。现在，在中，分别观察其奇数节和偶数

节，则分别都被拆成了长度为1和2的部分，也就是说对应两个纥，中的数；反之，对于两个纥,

中的数，将它们咬合，所有长度为2的部分都和另一个数中的相应部分合成一组，即可。

不难发现这是一一对应，所以，结论得证。

【变式】在数列｛0“｝中，4=0,%=2，/=3，递推公式为=。“_2+。"-3（〃24）。求证：当〃

为质数时，〃|见。

【解析】分析求出通项公式并不容易，有没有办法巧妙地构造呢？

解根据递推公式，觉得为可能是将一段长度为〃的链拆成长度为2和3的节的方法数目，但

是尝试了前几个数后发现并不符合。再想想，原来其实a„是将一段长度为〃的环拆成长度为2

和3的节的方法数目，这样脸证前几项确实符合，所以当〃是质数时，一种方法旋转后可以

形成〃种不同的方法（包括自身），不会重复，当然有〃|a,。

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说明这种递推的方法小学的时候就学过了，属于“上楼梯问题”。

【例3］求证：存在从口*到口*的一个函数/*),使得对任何xe口*,都有/(/(x))=x2。

【解析】分析既然是证明“存在”，当然要用构造法。

解首先易知/(x)不能有两个自变量对应同一个函数值。显然，必须有=

设/(2)=a,则/(a)=4,/(4)=a2,...,于是形成一个链：

27。一»47/7…，这里可以令。=3,是一种方法。

同理，对于后面的数，去掉完全平方数后，每两个一组，交替排列：

56―»25-»367…，7849T64—…，即可。

【例4］求证：对于每个不被20整除的正整数〃，都存在一个各个数位奇偶交替的正整数加，使得〃?

被〃整除。

【解析】分析同学们一定还都记得这道题目：对于每个与10互质的正整数〃，都存在一个各个数位

都是1的正整数〃？，使得机被〃整除。可以用类似的方法构造出这样的数

解根据那道题，如果〃与10互质，则只要考虑21,2121,212121,……，这里面找出两

项除以"的余数相同的，然后作差即可。

如果"被2整除但是不被5整除，可以设法将21换成别的字符串。考虑所有这样的2々位数：

它们的奇数位(从后往前数，下同)都只取2或4,偶数位都只取1或3。这样的数共有22"个，

都是偶数，且这里面的任何两个2"之差都不能被22日整除。所以，这些数被22E除的余数

一定分别是0,2,4,……，22”+1—2的一个排列，也就是说一定有一个能被22«M整除。

取上使得2攵+1大于〃里面含有的2的方幕，将这个数重复写，用上面的结论即可。

如果〃被10整除但是不被20整除，用类似的方法，考虑所有这样的2%位数：它们的奇数位

(从后往前数，下同)都只取偶数，偶数位都只取奇数。把上面2的寐换成5的寐，类似考

虑即可。

【铺垫】有多少个这样的十位自然数：每位数字都是奇数，且能被即整除？

【解析】分析可以从位数少的情况开始归纳，使用逐级满足法。

解容易发现，如果这样的十位数被51°整除，它一定也被5人(1WZW9)整除，从而末左位数

组成的多位数一定也被5“1WZW9)整除。显然，个位一定是5。

在15,35,55,75,95中，只有75能被5?整除，所以末两位一定是75。

在175,375,575,775,975中，只有375能被5?整除，所以末三位一定是375。

在1375,3375,5375,7375,9375中，任何两个的差都被5?整除但不被5,整除，所以，这五个

数被54除的余数一定是0,53,2x53,3x53,4x53的某个排列，一定恰有一个符合条件。

这样继续推导，可以得到：满足题意的十位数恰好有一个。

［例5］已知存在〃（23）个互不相等的无理数，使得其中任意3个数中都有2个数之和为有理数。求

n的最大值。

【解析】分析既然是求最大值，那就设法构造出"个，同时要证明不存在这样的〃+1个。

解3个显然可以，4个的话，只要取两对相反数即可。5个可不可以呢？

我们用图论的方法，如果这里面某两个数之和为有理数，则连一条边。

易知图中不存在三角形，因为如果存在，则分别计算这三个数，会发现它们都是有理数。

同理不存在五边形。

因为该图没有长度为奇数的圈，所以该图是一个二部图，根据抽屉原理，必然存在一部有至

少3个点，则不符合题意。

所以，〃的最大值为4。

说明同学们可以回忆“任何六个人中必有三个人互相认识或三个人互相不认识”的证明。

［例6］已知x个连续自然数中，第女Wx）个的数字和能被人整除，求x的最大值。

【解析】分析一个数增加1之后，其数字和可能增加1,也可能因为进位而减少。

解设这X个连续自然数依次为a”生，…，氏。根据奇偶性，。2，。4，。6””的数字和必须都是偶

数。如果外的个位为0且数字和为偶数，那么就保证了。4，“6，的，40的数字和为偶数。但是，

%2比生大1°，所以4+1°必须进位，也就是说外的后两位是90。这样可以继续延续到

。14，。16,48，。20。但是无论如何，+10不可能再进位了，所以42的数字和不可能是偶数，

也就是说，这样的连续自然数最多有21个。

下面只需构造一个21个连续自然数的例子。设出的数字和为人，则一直到的数字和为

。+9；设%的末位0之前连着C个9,则在。2+1°=。12的运算中连续进位C次，于是《2的

数字和为匕一9c+l,,的数字和为8—9c+10。

因为2|仇3|匕+1,…,11|。+9,所以lcm（2,3,…』1）=27720|。一2；

因为12|8一9c,+1,132一9c•+2,...,21|Z?—9c+10,

不妨就令Z?—9c+l=12即可，则〃=9c+ll,不妨就令Z?=27722,则c=3079。

此时，可令的=38终20,q=38型且89,々1=39”也9。

3079个93078个93079个0

说明构造的方法不唯一。

［例7］平面上有"个红点和〃个黑点，它们之中任意三点不共线。以它们为端点画”条线段，使得

每一条线段的一端是红点，另一端是黑点，且每个点恰好用一次。求证：至少存在一种画法,

使得这〃条线段两两不相交。

【解析】分析既然是证明存在，那么需要构造出这样一种方法。如何构造呢？

解直觉上会想，如果线段有相交的，则此种情况下线段的总长度会较长。

所以，只需考虑线段总长度最短的一种方法即可。因为点的数目有限，所以画的方法数也是

有限的，其中一定存在总长度最短的一种方法。只需说明这种方法没有两条线段相交即可。

否则，设存在线段AM和Az与相交，其中A和4为红点，耳和名为黑点。

根据折线长度大于线段，4为+44<4旦+482，与假设最短矛盾。

所以，总长度最短的一种方法一定互不相交，也就是说存在这样的方法。

说明在几何构造中，极端思想很重要。

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［例8］有N个球，编号为1到N,其中有N-1个质量相等，还有一个质量和其余的不同，称为“特

殊球”。现在要求你用一架没有祛码的天平称三次，找出哪个球是特殊球，且知道特殊球是比

一般球轻还是重。额外地，必须事先决定好第几次称哪几个球，不能根据前面的结果而临时

改变后面称球的方法。

⑴说明N=13时不可行。

⑵当N=12时，构造一种方案。

【解析】分析这仍然是一个构造问题，需要一定的技巧。

解⑴显然，无论哪一次称量，天平两边必须放个数相等的球。

每次称量的结果可能有左重，平衡，右重三种情况。三次称量最多有27种不同的可能，但不

可能都平衡，否则至少有一个球没有涉及到，就无法知道这个球是轻还是重，所以还有26种

可能。而题目中的13个球恰好也有26种不同的情况，看起来似乎可以。

如果方案中的第一次称量两边各放了5个球，而第一次的结果是左重，则此时余下的可能性

有10种：左侧的任意一个球是重球，或者右侧的任意一个球是轻球。此时，后两次称量共有

9种情况，无法区分这10种可能性，所以不行。类似地，多于5个也不行。

如果方案中的第一次称量两边各放了4个球，而第一次的结果是平衡，则此时余下的可能性

有10种：剩余5个球中的任意一个球是重球或者轻球。此时，后两次称量共有9种情况，无

法区分这10种可能性，所以不行。类似地，少于4个也不行。

综上所述，N=13时不可行。

⑵既然要求一开始先决定好，我们很容易想到以前的一个问题，就是涉及二进制的猜数问题。

此时只要每次猜数控制一位即可。

这里应当想到三进制，但是因为考虑到是可以两边都放置的，所以应当利用1,3,9的加减

法来构造：

1=1,2=3-1,3=3,4=3+1,5=9-3-1,6=9-3,7=9-3+1,8=9-1,9=9,

10=9+1,11=9+3-1,12=9+3。

这样一来发现：

1：有“+”号的:1,4,7,10,有号的：2,5,8,11；

3：有“+”号的:2,3,4,11,12,有“一”号的：5,6,7：

9：有“+”号的：5,6,7,8,9,10,11,12,有号的：没有。

所以，为了平衡把8,9,10,12都相应地从一侧移到另一侧，即可:

1：左侧：1,4,7,8,右侧：2,5』0,11；

3：左侧：2,3,4,11,右侧：5,6,7,12；

9：左侧：5,6,7,11,右侧：8,9,10,12；

不难验证，这样的三次称量符合条件。

说明物理和化学课本中一般规定袪码只能放在天平一侧，但是数学题目中往往允许放在天平

两侧，这是解某些题的时候需要注意的。

以置必!叵方法引导

1.证明存在性问题时，可以进行构造；

2.有些情况下，极端情况就是所需要构造的结果;

3.结合数学其他方面的知识点。

且！!■■巩固精练

习题1.给定一个由非负实数组成的四元有序数组(a,"c,4),现在对其进行操作，每次操作将

伍,"c,d)变成——-求证：存在一个这样的数组，无论进行多

少次这样的操作，都不能变成(0,0,0,0)。

【解析】分析如果是由非负整数组成的四元有序数组，利用无穷递降法容易证明，有限次操作后一定

能够全变成0。对于非负实数，如果随便寻找的话，会发现什么样的结论呢？

解既然是求证存在一个这样的数组，那么就需要设法构造出来。

如果要想若干步之后回到原来的(a,b,c,d),这不可能做到，因为每次最大的数不增。

但是可以采取其他的方法，例如变换之后和原来的数组构成比例关系。

设a,b,c,d构成公比为q(>1)的等比数列，即原来的数组为(a,阳,网2,的3)。

那么一次变换后成为了(a(q-l),aq(q-l),aq2(g-l),a(q3-1)),如果这四个数也能成等比

数列，则有阳3(q-l)=a(/-1),即夕,-q?-q-l=0。

显然该方程在(1,2)内有一个实根，取q为该实根即可。

说明虽然根据目前的知识还不能求出q的具体值，但是可以知道一定存在。

习题2.求证：存在一个非负整数集S,使得对于任何一个非负整数x,S中存在唯一的一个二元有

序数组(p,q)(可以相等)，使得x=p+2q。

【解析】分析非负整数从0开始，显然OeS,再考虑1的表示法，显然只能表示成1+2x0,于是有

le5,于是2和3也都能表示了，等等，往下分析……但是有什么规律呢？

解取S为二进制中从右往左数，第偶数位都是0,只有第奇数位可能有1的全体非负整数组

成的集合。则p写成二进制后，从右往左数，第偶数位都是0,只有第奇数位可能有1：而2q

写成二进制后，从右往左数，第奇数位都是0,只有第偶数位可能有1。这样的两个数相加一

定不会进位，所以不会有重复，包含了每个非负整数恰好一次。

说明也可以描述成四进制中只含有0和1的数。

另外，如果题目变成x=p+10q,是不是直观了很多？

习题3.⑴小赵、小钱、小孙、小李参加一次围棋单循环赛，每两个人之间赛一盘，没有平局。比赛

完了之后发现这样一个有趣的现象：这四个人的任意一种排列C,。，如果满足条件：A

胜3,8胜C,。胜。，则一定有。胜这是否真的可能？如果可能，给出一种胜负情

况；如果不可能，请说明理由。

⑵小赵、小钱、小孙、小李、小周参加一次围棋单循环赛，每两个人之间赛一盘，没有平局。

比赛完了之后发现这样一个有趣的现象：这五个人的任意一种排列A,8,。,。,E,如果满足

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条件：A胜8,8胜C,C胜。，。胜E,则一定有E胜A。这是否真的可能？如果可能,

给出一种胜负情况；如果不可能，请说明理由。

【解析】分析如果只有三个人，利用“石头剪子布”很容易构造。对于四个人或五个人的“石头剪子

布”游戏，仍然可以根据三个人的进行类比。

解⑴首先显然不能有人三局全胜。否则，假设小赵三局全胜，则把小赵放到A的位置上，其

他三个人之间的三局比赛中，一定至少有一个人是一胜一负，把他放到C的位置上，赢他的

那个人放到3的位置上，输给他的那个人放到。的位置上，则有A胜8胜C,C胜。，

而A也胜D,矛盾。同理不能有人三局全负。

四个人共比赛6局，一定是两个人各胜2局，两个人各胜1局。

不妨设小赵和小钱各胜2局，小孙和小李各胜1局。根据对称性，不妨设小赵胜小钱，小孙胜

小李。则小钱一定胜小孙和小李，从而小李一定胜小赵，小赵的另一局一定胜小孙。

设A为小钱，8为小李，C为小赵，。为小孙，则有A胜8,8胜C,C胜0,而A也胜

D,矛盾。

综上所述，这是不可能的。

⑵这是可以的，举例如下：

小赵胜小钱、小李；

小钱胜小孙、小李；

小孙胜小赵、小李；

小李胜小周：

小周胜小赵、小钱、小孙。

不难脸证这种胜负情况符合题意。(按照小周是否为A讨论即可。)

说明这属于图论问题的一种。在图论问题中，构造也很重要。

习题4.求证:在任意的N(>2)进制中，对任意的数字〃(2W力WN-1),总存在无穷多个多位数K,

使得K的末位数字是/?,且将〃去掉并移到首位后，得到的多位数是原来的/?倍。

【解析】分析这看起来是一个数字谜问题。容易知道K的首位一定是1,而它后面一定是0,但是，

再后面呢？有没有其他的什么方法构造出来呢？

我们熟知」的循环节