【巧用构造法 妙解数学题】构造解析式解数学题
时间：2019-02-11 03:24:57 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
所谓“构造法”，就是根据题设的特点，用已知条件中的元素作为“元件”，用已知的关系式作为“支架”，在思维中构造一种新的数学形式，以便找到一条绕过障碍的新途径，从而使问题得到解决的一种方法。根据所要解决的问题特征，既可以通过构造方程、函数、恒等式、不等式、数列等模型，利用“数”解决数和形的问题，也可以通过构造函数图像、几何图形等模型，利用“形”解决关于数和形的问题。因此，构造法的核心是构造，要善于将形与数结合，将式与方程、函数建立联系，在数学表达式的几种形式之间找到相互关系。在应用构造法时，要明确目的，需要构造的是什么，根据什么设计构造方案。
一、构造数
例1.任给7个实数，证明其中必存在两个实数，使得0≤ ≤ 。
分析：题中给出的式子 和 使我们联想到三角函数tanx和角度 ，由此我们可以构造7个实数分别为tanθ （k=1，2，…7），其中- ＜θ ≤θ ≤…≤θ ＜ 。因为0＜θ -θ ≤π，所以θ -θ 、θ -θ 、…θ -θ 这六个值中必有一个不大于 ，否则将与θ -θ ≤π矛盾。即必存在tanθ 和tanθ ，其中θ -θ ≤ ，则由 =tan（θ -θ ）≤ ，即可得证。
评述：本题中，我们不仅构造了7个实数，而且构造了6个抽屉，即把（0，π］这个区间等分为六个小区间，从而7个数中必有两个落在同一区间中。
二、构造方程（组）
例2.解方程：||3x-4|-|3x-8||=2。
解：原方程变形||x- |-|x- ||= 。
为构造方程组 - =± （1）y=0（2），
由方程（1）可知：方程表示以（ ，0），（ ，0）为两焦点，中心在（2，0）上，实半轴a= ，半焦距c= ，虚半轴b= 的双曲线。其方程为 - =1。再将y=0代入上述方程，解得x= 或x= 即为所求。
评述：若用“分段讨论法”，解题过程繁琐，而根据题目特征，构造双曲线方程，另辟蹊径，则有事半功倍的效果。
三、构造函数
例3.设a，b，c∈R，求证： ≤ + + 。
解：构造函数f（x）= ，x∈［0，+∞）。当0≤x ＜x 时，f（x ）-f（x ）= - = ＞0，所以函数f（x）在［0，+∞）上是严格递增的。
又|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|，因此有f（|a+b+c|）≤f（|a|+|b|+|c|），即 ≤ = + + ≤ + + 。
评述：不等式中四个式子相当于函数f（x）= 在相应四个点的函数值，由此我们考虑利用不等式的特点，构造辅助函数，将不等式证明转化为函数增减性或极值来研究。
四、构造平面向量
例4.给定正整数n和正数M，对于满足条件a+a≤M的所有等差数列：a ，a ，a ，…，试求：S=a +a +…+a 的最大值。
解：由题意得：S= ，
∵a +a =2a ，
∴S= 。
令 =（3，-1）， =（a ，a ），
则由| • |≤| |•| |得：
|3a -a |≤• ≤。
当3a -a ＜0，3a =-a 且a+a=M时，上式中两等号同时成立。此时，S = （3a -a ）=，故S的最大值为。
评述：此题根据S变形后的结构特征联想到向量类似的性质，通过构造向量解决问题。
五、构造排列组合模型
例5.求证：CC+CC+CC+…+CC=C（m，n，r∈N，r≥m，n≥m）。
证明：构造排列组合模型来解，从n+r个不同元素中取出m个元素的组合数。可以将n+r个元素分为两类，一类中含有r个元素，另一类中含有n个元素。第一类中不取，第二类中取m个元素，有CC种取法；第一类中取1个元素，第二类中取m-1个元素，有CC种取法；第一类中取2个元素，第二类中取m-2个元素，有CC种取法……依次下去，直到第一类中取m个元素，第二类中取0个元素，有CC种取法，所以共有CC+CC+CC+…+CC种取法。因为两种做法种数相同，所以命题得证。
评述：构造同一问题的两种算法是证明组合恒等式的常用方法，本题也可不构造排列组合模型，利用二项式定理进行证明，有兴趣不妨一试。
六�构造数列
例6.设实数x，y，z满足x+y+z=0。求证：（x +y +z ） ≤2 （x +y +z ），n∈N 。
证明：构造数列a =x +y +z ，n∈N 。则a =0，a =x +y +z =-2（xy+yz+zx），a =x +y +z =3xyz。于是数列a 满足递推式a = a •a +xyza 。易证，对于任意的n∈N ，xyz（x +y +z ）≥0，故由上述递推式得：a ≥ a •a （n∈N ，n≥2），从而可得不等式链：a ≥ a a ≥（ ） •aa ≥…≥（ ） a•a =（ ） a，∴a ≥（ ） a，即（x +y +z ） ≤2 （x +y +z ），n∈N 。
评述：观察到要证不等式的结构特点构造数列，从而得到满足条件的数列递推式，问题逐步得证。
例7.设a ，a ，…，a （n≥2）都大于-1且同号。求证：（1+a ）（1+a ）…（1+a ）＞1+a +a +…+a 。
证明：构造数列x =（1+a ）（1+a ）…（1+a ）-（1+a +a +…+a ），（n≥2）则x -x =（1+a ）…（1+a ）a -a =a ［（1+a ）…（1+a ）-1］。若a ＞0（i=1，2，…，n+1），则由上式易见x ＞x ；若-1＜a ＜0（i=1，2，…，n），则0＜1+a ＜1，从而亦有x ＞x 。总之，对一切n≥2，有x ＞x ，即数列x ，x ，…是一个单调递增数列。又x =（1+a ）（1+a ）-1-a -a =a a ＞0，所以对一切n＞2，x ＞0。即原不等式成立。
评述：此题根据求证的不等式构造了一个单调数列达到解题的目的，以上构造数列方法的一般形式是：设有两个数列{f（n）}及{g（n）}。若f（1）＞g（1），且f（n+1）-f（n）＞g（n+1）-g（n）（n∈N ），则对一切n∈N ，f（n）＞g（n）。
七�构造图形
例8.如果x、y、z都是正数，且x -2z +3y =0，求 的最大值。
解：由题设可得x +（ y） =（ z） 。所以可构造一个Rt△ABC，使∠C=90°，AC=x，BC= y，AB= z。则x= zcosA， y= zsinA，即y= zsinA。
∴ = = （cosA+ sinA）=2 sin（A+30°）≤2 。
故当A=60°，即x=y= z时，（ ） =2 。
评述：由题设x、 y、 z可构成勾、股、弦三数这一特征，构造直角三角形这个平面图形进行求解。
例9.设x，y，z，α，β，γ为正数，且α，β，γ中任意两数之和大于第三个且属于区间［0，π）。
求证： + ≥ 。
证明：因为α＜β+γ＜π，β＜γ+α＜π，γ＜α+β＜π，故从空间一点P可作一个三面角P-ABC使得∠APB=α，∠BPC=β，∠CPA=γ，PA=x，PB=y，PC=z。如图所示，由AB+BC≥AC得原不等式成立。
评述：由求证的不等式联想到余弦定理，于是可以构造四面体这个立体图形进行求解。
八、构造不等式
例10.设x，y，z＞0，x+y+z=1，0＜α＜β＜γ。求证：（αx+βy+γz）（ + + ）＜ 。
证明：由题设条件可构造不等式y（β-α）（β-γ）=y•β -y（α+λ）β+yαγ＜0，即yβ+ •αγ＜y（α+γ）。又xα+ αγ=x（α+γ），zγ+ •αγ=z（α+γ）。
以上三式相加，
∵x+y+z=1，
∴α+γ＞（αx+βy+γz）+（ + + ）αγ＞2［（αx+βy+γz）•（ + + ）•αγ］ 。由此即得原式。
评述：抓住已知条件0＜α＜β＜γ，构造不等式表示出α+γ是本题的核心思想。
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
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