多题一法专项训练(四) 构造法
高中数学解题方法之构造法(含答案)
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： 31091022≥++=x x y （构造函数） 2、若x > 0, y > 0, x + y = 1，则42511≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+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ca b 111+=时取等号。
构造法的解题策略
构造法的解题策略构造法的解题什么是构造法？构造法是一种解题方法，通过构造具体的场景、模型或对象来帮助解决问题。
它可以帮助我们更好地理解问题，并找到解决方案。
构造法的解题策略•定义问题：首先要明确问题的具体内容和要求，这将有助于我们更好地进行构造。
•分析问题：通过分析问题的特点和限制条件，可以帮助我们更好地选择构造的方法和对象。
•构造场景：根据问题的特点，构造具体的场景或模型，这将有助于我们更好地理解问题并找到解决方案。
•调整参数：在构造场景或模型时，我们可以通过调整参数来模拟不同的情况，以便更全面地考虑问题和解决方案。
•验证解决方案：通过构造的场景或模型，我们可以验证解决方案的可行性和有效性，以确保我们的解决方案是正确的。
•优化解决方案：在验证解决方案的过程中，我们可能会发现一些问题或可以改进的地方，这时我们可以对解决方案进行优化，以获得更好的结果。
构造法的应用举例•在数学中，通过构造具体的数学模型或示例，我们可以更好地理解抽象的数学概念和定理，并找到解决问题的方法。
•在计算机科学中，通过构造具体的算法模型或场景，我们可以更好地分析和解决复杂的计算问题。
•在物理学中，通过构造具体的实验场景或模型，我们可以更好地理解物理规律，并验证和推导出新的物理理论。
•在工程学中，通过构造具体的工程实例或模型，我们可以更好地分析和解决复杂的工程问题。
总结构造法是一种解题方法，通过构造具体的场景、模型或对象来帮助解决问题。
它可以帮助我们更好地理解问题，并找到解决方案。
在应用构造法时，我们需要定义问题、分析问题、构造场景、调整参数、验证解决方案和优化解决方案。
通过构造法，我们可以在不同领域中找到有效的解决方案。
2018年中考数学方法技巧：专题四-构造法训练(含答案)
5．如图F4－3，直线y＝kx＋b经过A(3，1)和B(6，0)两点，则不等式0＜kx＋b＜x的解为________．方法技巧专题四构造法训练构造法是一种技巧性很强的解题方法，它能训练思维的创造性和敏捷性．常见的构造形式有：1.构造方程；2.构造函数；3.构造图形．一、选择题图F4－11．如图F4－1，OA＝OB＝OC，且∠ACB＝30°，则∠AOB的大小是()A．40°B．50°C．60°D．70°2．已知a≥2，m2－2am＋2＝0，n2－2an＋2＝0，则(m－1)2＋(n－1)2的最小值是()A．6B．3C．－3D．03．设关于x的一元二次方程(x－1)(x－2)＝m(m＞0)的两根分别为α，β，且α＜β，则α，β满足() A．1＜α＜β＜2B．1＜α＜2＜βC．α＜1＜β＜2D．α＜1且β＞2二、填空题4．如图F4－2，六边形ABCDEF的六个内角都相等．若AB＝1，BC＝CD＝3，DE＝2，则这个六边形的周长等于________．图F4－213图F4－36．关于x的方程a(x＋m)2＋b＝0的解是x1＝－2，x2＝1(a，m，b均为常数，a≠0)，则方程a(x＋m＋2)2＋b＝0的解是________．7．[2016·成都]如图F4－△4，ABC内接于⊙O，AH⊥BC于点H，若AC＝24，AH＝18，⊙O的半径OC＝13，则AB ＝________．图F4－48．如图F4－5，在四边形ABCD中，AB∥DC，E是AD的中点，EF⊥BC于点F，BC＝5，EF＝3.图F4－5(1)若AB＝DC，则四边形ABCD的面积S＝________；(2)若AB＞DC，则此时四边形ABCD的面积S′________S(用“＞”或“＝”或“＜”填空)．三、解答题9．如图F4－6，直立于地面上的电线杆A B，在阳光下落在水平地面和坡面上的影子分别是BC，CD，测得BC＝6m，CD＝4m，∠BCD＝150°，在D处测得电线杆顶端A的仰角为30°，试求电线杆的高度．(结果保留根号)图F4－6参考答案1．C[解析]以点O为圆心，以OA为半径作⊙O.∵OA＝OB＝OC，∴点B，C在⊙O上．∴∠AOB＝2∠ACB＝60°.故选C.注：此题构造了圆．2．A[解析](1)当m＝n时，(m－1)2＋(n－1)2＝2(m－1)2.此时当m＝1时，有最小值0.而m＝1时，代入原方程求得a＝.＝(m＋n)2－2mn－2(m＋n)＋2＝4a2－4－4a＋2＝4(a－)2－3.∵a≥2，∴当a＝2时，(m－1)2＋(n－1)2有最小值．∴(m－1)2＋(n－1)2的最小值＝4(2－)2－3＝6.故选A.5．3＜x＜6[解析]作直线OA，易知直线OA的解析式为y＝x.由图可知，不等式kx＋b＞0的解为x＜6；不等式kx＋b＜x的解为x＞3.所以不等式0＜kx＋b＜x的解为3＜x＜6.注：此题构造了一次函数y＝x.7.[解析]如图，作直径AE，连结CE，则∠ACE＝90°.32∵不满足条件a≥2，∴舍去此种情况．(2)当m≠n时，∵m2－2am＋2＝0，n2－2an＋2＝0，∴m，n是关于x的方程x2－2ax＋2＝0的两个根．∴m＋n＝2a，mn＝2，∴(m－1)2＋(n－1)2＝m2－2m＋1＋n2－2n＋11212注：此题根据两个等式构造了一个一元二次方程．3．D[解析]一元二次方程(x－1)(x－2)＝m(m＞0)的两根实质上是抛物线y＝(x－1)(x－2)与直线y＝m两个交点的横坐标．如图所示，显然α＜1且β＞2.故选D.注：此题构造了二次函数．4．15[解析]分别将线段AB，CD，EF向两端延长，延长线构成一个等边三角形，边长为8.则EF＝2，AF＝4，故所求周长＝1＋3＋3＋2＋2＋4＝15.注：此题构造了等边三角形．131133136．x1＝－4，x2＝－1[解析]根据方程的特点联想二次函数的顶点式．将函数y＝a(x＋m)2＋b的图象向左平移2个单位得函数y＝a(x＋m＋2)2＋b的图象，因此将方程a(x＋m)2＋b＝0的解x1＝－2，x2＝1分别减去2，即得所求方程的解．注：此题构造了二次函数．392∴＝.∴AB＝.∴AB＝＝.∴AB＝BE×tan E＝(6＋43)×3∵AH⊥BC，∴∠AHB＝90°.∴∠ACE＝∠AHB.∵∠B＝∠△E，∴ABH∽△AEC.AB AH AE·AHAE AC AC∵AC＝24，AH＝18，AE＝2OC＝26，18×2639242注：此题构造了直角三角形．8．(1)15(2)＝[解析](1)平行四边形的面积等于底乘高；(2)如图，连结BE，并延长BE交CD的延长线于点G，连结CE.易证△EAB≌△EDG.∴BE＝EG.∴S四边形ABCD＝△SBCG＝2△SBCE＝BC·EF＝15.注：此题根据平行线间线段的中点构造了全等三角形．9．解：如图，延长AD交BC的延长线于E，过点D作DF⊥BE于F.∵∠BCD＝150°，∴∠DCF＝30°.∵CD＝4，∴DF＝2，CF＝2 3.由题意得∠E＝30°，∴DC＝DE.∴CE＝2CF＝43.∴BE＝BC＋CE＝6＋4 3.3＝23＋4.答：电线杆的高度为(23＋4)m.注：此题构造了直角三角形．三角函数只能应用于直角三角形中，因此用三角函数解决四边形或斜三角形的问题时，必须构造直角三角形．。
用构造法解题
构 造 单 位 圆
ｎ ６ｃ ｃ ６＋ ＋ ｃ ＞一１：
例 ４ 已 知 ｓｎ ＋ｓｎ Ａ ＋ｓｎ Ａ ：ａ． ｉＡ ｉ３ ｉ５
舭 较
图
当ｂ ｃ ＋ ≠０时
） ６ ｃ ｘ ｂ ＋ 为 关 ＝（ ＋ ） ＋ ｃ ｌ
ｃ ｓ ｃ ｓＡ＋ ｏ５ ６ 求 证 ： ｂ 时 ， ｏ Ａ＋ ｏ ３ ｃ ｓＡ＝ ． 当 ≠０
≠０ ｎ 时 ， ， ≠１ 易证ｑ － 故佴 一 …＜ １ １ ＇ ｌ ｌ ０ ＜ ＜ ＝
１ 所 以 （ 帆 ）＞ ＋ ， 当ｎ＝ 或 ｘ Ｏ时 ， ， １ “１ 艇 且 ｌ ＝
（托 ） １ ， １ ＋
了 １ －１ ０７ ＞－ ．
问 题 运 学模 型 ， 从而 找到 一 条绕 过障 碍 的新 途径 ． 田 证 明 （ ） ． １略
用 这种 依据 题 设 特点 ， 借 已知 条 件 中 的元 构 假
注： 对涉 及 正整 数ｎ 的不 等 式 ． 考虑 可
构造 数 列证 明．
素为 “ 件 ”依 托 已知数 学关 系 为“ 元 ， 支架 ” ．
常 解 规 法 劣 造
（） ２ ４ （ ） ｏ ｎ ＝ｈ＋ｂ ＋ Ⅱ ， 造 函 数 ｃ ｃ ＋１ 构
ｔ ｎ Ａ： ａ３ 旦
．
于 一 次 函数 ． （）６ ＋ｃ ｌ （＋ ） 的 ＿ １ ＝ 押 ６ ＋ ＝ １６ ・ 厂
构 造 方 程
榭
（＿） １ｃ．因为ｌｌ１ ｌｌ１所以ｌｂＯ１ ＜， ＜ ， ｂ ｃ ＋＞ ，一
ｂ
Ｊ
例 １设 实数 Ⅱｂ ｃ 足 （ ） （ ） ，， 满 ・
点 ． 过构 造 函数 并 利用 函数 知识 来 证 明 通 不 等式 问 题是 一 种有 效 的方 法．
构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法是一种常用的数学解题方法，特别适用于几何问题的解决。
下面我们将介绍在
高中数学解题中构造法的应用方法。
一、构造辅助线：
1. 构造线段、角的等分线：通过构造等分线可以将原先复杂的形状简化为几个简单
的相等的部分，便于解题。
2. 构造三角形的高线、中线、角平分线：通过利用三角形的性质，可以确定三角形
的一些特殊线段，从而解题。
3. 构造平行线、垂直线：通过构造平行线和垂直线，可以得到一些等角关系、相似
三角形等，从而解题。
二、构造形状：
1. 构造圆、三角形、四边形：通过构造几何形状，可以利用其性质来解题。
2. 构造相似形：通过构造相似形状，可以利用相似三角形等性质来解题。
三、构造特殊点：
1. 构造重心、垂心、外心、内心：通过构造特殊点，可以利用它们的性质来解题。
2. 构造交点、中点：通过构造交点和中点，可以得到一些等分线段、等角关系等，
从而解题。
四、构造长度关系：
1. 构造比例关系：通过构造长度的比例，可以利用这些比例关系来解题。
2. 构造勾股定理：通过构造特殊的长度关系，可以利用勾股定理来解题。
构造法是一种灵活但有效的解题方法，在高中数学解题中应用广泛。
通过构造辅助线、形状、特殊点和长度关系等，可以利用它们的性质来解决各种几何问题。
在解题过程中要
善于观察和发现，合理运用构造法，提高解题的效率和准确性。
构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法是一种常用的解题方法，特别适用于高中数学解题。
它通过巧妙地构造某种条件来解决问题，促使问题更加清晰明了，简化复杂的计算和推理过程，提高问题的解决效率。
构造法有以下几种常见的应用方法：
1.构造等式法：通过构造等式或方程来解决问题。
在解决一次方程问题时，可以通过构造等式建立各个未知数之间的关系，从而求得解。
在解决多项式问题时，可以通过构造等式来简化计算过程，找到问题的解。
2.构造图形法：通过构造几何图形来解决问题。
在解决几何问题时，可以通过构造一些辅助线、平行线、垂直线等来简化问题，将复杂的几何问题转化为简单的几何问题。
在解决三角函数问题时，可以通过构造三角形来简化计算，找出问题的解。
5.构造推理法：通过构造推理过程来解决问题。
在解决证明问题时，可以通过构造合适的逻辑推理和论证过程来推导出结论，从而解决问题。
在解决数学推理问题时，可以通过构造直接证明、间接证明等来推导出结论。
通过构造法，在解决高中数学问题时可以提高问题解决的效率，加深对数学知识的理解和掌握。
通过构造过程，可以培养学生的思维能力、观察力和创造力，提高学生的解决问题的能力和创新意识。
构造法是一种非常有用的解题方法，在高中数学学习中应予以充分应用。
高中数学一题多解经典例题解析
【典例 6】已知向量 OA (k,2) ， OB (2,3) ， OC (3k,4) ，且 A, B,C 三点共线，则 k
.
解法一：距离公式法 A, B,C 三点共线 AB BC AC 取 O 点的坐标为 (0,0) ，则 A(k,2) ， B(2,3) ， C(3k,4)
解法二：复数有固定的表达形式，有时不妨假设出复数的表达式，然后再利用待定系数法解出 a，b 的值，这种
方法在有些时候非要有用。
y 2x
【典例 3】若变量 x，y 满足约束条件 2x y 1，则 z=3x+y 的最大值是
．
y 1
解法一：解方程法
y 2x
①
将原式的不等号看成等号，得
A.
CU CU
A B
{2,3} {3}
{3}
{2,3}
CU
B
CU
A ，A
错误
B.
CU CU
A B
{2,3} {3}
CU
B
CU
A
{2,3}
{1,2,3}
U
，B
错误
C. CU B {3}, A {1} CU B A ，C 正确 D. CU A {2,3}, B {1,2} CU A B {2} ，D 错误 解法三：韦恩图法
解法一：图像平移法 f (x 2) x2 5x 7 是将 f (x) 的图像向右平移 2 个单位长度得到
由 AB BC AC ，解得 k 3 . 解法二：共线向量法 A, B,C 三点共线 AB // BC // AC AB OB OA (2,3) (k,2) (2 k,1) ① BC OC OB (3k,4) (2,3) (3k 2,7) ②
构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法是一种在数学解题中常用的方法，它通过构造特定的数、图形或形式来解决问题。
构造法在高中数学中的应用十分广泛，不仅能够帮助学生理解问题，还能够培养学生
的逻辑思维和创造力。
一、构造法在代数问题中的应用
1. 构造特殊的数：通过构造特殊的数来解决问题，如通过构造一个满足条件的整数、有理数或无理数等。
在解方程问题中，可以通过构造特殊的数来找到解的规律或确定解的
范围。
2. 构造函数式：通过构造合适的函数式来解决问题。
在函数的极值问题中，可以通
过构造一个函数式来描述问题，并通过分析函数式的性质来确定极值点。
3. 构造方程组：通过构造一组方程来解决问题。
在线性方程组的解题中，可以通过
构造一组满足条件的方程来确定未知数的值。
三、构造法在概率与统计问题中的应用
1. 构造样本空间：通过构造合适的样本空间来解决概率问题。
在求解随机事件的概
率问题中，可以通过构造一个恰当的样本空间来确定事件发生的可能性。
2. 构造频数表或频率分布图：通过构造频数表或频率分布图来解决统计问题。
在统
计一组数据的分布特征时，可以通过构造一个频数表或频率分布图来描述数据的分布情
况。
3. 构造统计模型：通过构造合适的统计模型来解决概率与统计问题。
在求解样本均值、方差等问题时，可以通过构造一个适当的统计模型来计算所需的统计量。
构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法在高中数学解题中的应用方法构造法（Construction Method）是高中数学解题中常用的一种方法。
它是通过构造出具体的数学对象，来辅助推导、证明或解决问题的方法。
在解题过程中，构造法可以帮助学生更直观地理解问题，找到问题的关键点，以及掌握解题的整体思路。
构造法主要应用于以下几个方面：1.构造例证在解决某些问题时，我们可以通过构造出具体的例子来验证问题的正确性或错误性。
通过构造出例子，我们可以更直观地看到问题的特点和规律，从而帮助我们更好地推导出结论。
解决一元二次方程ax^2+bx+c=0有一根，可以构造出一个例子：取a=1，b=-3，c=2，此时方程变为x^2-3x+2=0，可以通过因式分解或求根公式得到唯一解x=1。
通过这个例子，我们可以推广出“一元二次方程ax^2+bx+c=0有一根”的结论。
在证明某些命题是错误的时候，我们可以通过构造出具体的反例来证明其错误。
通过构造出反例，我们可以找到其错误的根源，从而帮助我们更好地理解、修正或推广结论。
要证明命题“在一个三角形内，三条中线相等”的正确性，可以通过构造一个反例：取一个等腰直角三角形，此时由于直角边上的中线和斜边上的中线不等长，所以反例证明了该命题是错误的。
3.构造辅助线构造辅助线是解决几何问题中常用的方法之一。
通过在几何图形中构造出一些额外的直线或线段，可以使问题更加清晰明了，从而更容易推导出结论。
通过构造辅助线，我们可以创造新的图形，将原有的问题转化为更简单的几何关系来求解。
在证明两条直线垂直的问题中，可以通过构造出两条辅助线，使原有的问题转化为三角形中的角关系，从而更容易推导出结论。
4.构造等式5.构造问题模型在解决数学建模问题时，构造问题模型是非常重要的一步。
通过构造问题模型，将原有的实际问题转化为数学问题，可以更好地分析和解决问题。
通过构造问题模型，我们可以将问题抽象化，寻找问题的关键变量和问题之间的关系，从而更好地理清问题的逻辑，确定问题的解题思路。
运用构造法解决高中数学试题
运用构造法解决高中数学试题刘明花(庆阳第一中学ꎬ甘肃庆阳７４５０００)摘㊀要:高中数学试题具有复杂性和抽象性ꎬ学生不易找到解决的方法ꎬ这就要求教师既要注重培养学生善于观察试题的能力ꎬ也要注重培养学生的思维能力ꎬ依据试题的特点构造出典型的模型ꎬ从而有效地解决试题.构造法的运用ꎬ既有助于启发学生的创新思维ꎬ又有助于培养学生的数学思想意识ꎬ教师需引导学生尝试运用构造法解决复杂数学问题ꎬ灵活地构造出已知模型ꎬ顺利解决高中数学问题.文章将以具体的试题为例ꎬ阐述构造法的具体运用ꎬ旨在帮助学生学会运用构造法解题的技巧.关键词:高中数学ꎻ构造法ꎻ解题策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２１－０００５－０３收稿日期:２０２３－０４－２５作者简介:刘明花(１９７８.１１－)ꎬ女ꎬ甘肃省庆阳环县人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀数学知识通常具有较强的抽象性与复杂性ꎬ尤其是综合性试题ꎬ常常会使学生陷入解题困境.当正向的解题思路不能迅速求解出数学问题时ꎬ就需灵活运用逆向思维ꎬ通过构造法分析问题ꎬ挖掘数学试题中的显性与隐性信息ꎬ迅速地找出问题求解时必备的解题条件ꎬ构造成已知的数学模型ꎬ简化试题的求解过程ꎬ高效解决问题ꎬ提高学生的解题能力.１构造法概念及其作用１.１构造法的概念构造法主要是指依据数学题中已知条件与所求结论之间的关系㊁特征和性质ꎬ运用新的角度去分析和观察研究对象ꎬ以反映问题条件与结论之间的内在联系为主线ꎬ灵活地运用问题的坐标㊁数据和外形等方面的特征ꎬ通过试题中给出的已知条件ꎬ运用已有的数学关系式或是理论工具构造成满足试题条件或结论的数学对象ꎬ这样就能够通过构造新对象的方法将试题中的隐含条件和关系展现出来ꎬ并通过新构造的对象高效㊁简便地解决复杂的数学问题.对于构造法而言ꎬ其主要的优势就是帮助学生更加简洁地分析数学试题ꎬ迅速构建具体解题思路ꎬ以促使学生迅速㊁有效地解决相关数学试题[１].１.２构造法在解决高中数学试题中的作用构造法主要是依据题设条件或者是结论之间所具备的性质㊁特征ꎬ构造与条件或者结论相符的数学模型或对象ꎬ并通过构造新的数学模型或对象有效地解决数学问题.将构造法运用于解高中数学试题中ꎬ通常有着重要作用ꎬ具体表现为:第一ꎬ有利于提高学生的解题能力.构造法是解决复杂数学试题的一种重要方法ꎬ学生只有掌握了构造法在试题问题解决中的运用技巧ꎬ才能实现学生解题能力的提升.第二ꎬ有利于提高学生的思维能力.数学学科通常对学生的思维能力有着较高的要求ꎬ学生在学习数学知识时ꎬ不仅需掌握数学的概念㊁公式ꎬ而且还需具备思维意识.而构造法的应用ꎬ就能使学生形成主动探索的创新思维ꎬ通过类比㊁归纳㊁转化等数学思想ꎬ实现数学模型或对象的５构造ꎬ实现高效解题的目的.第三ꎬ有利于提高学生的联想能力.在解决高中数学试题中运用构造法的前提就是学生要具备一定的联想能力ꎬ通过试题中图形或数量的特征展开联想ꎬ引入相应的数学模型或对象ꎬ从而运用已有的方法和经验解决问题.因此ꎬ数学解题的教学中ꎬ教师需引导学生积极联想ꎬ从问题的结构和特征联想到类似的已知问题ꎬ构造一个类似的简单问题进行分析和研究ꎬ从而使学生形成相应创新能力[２].第四ꎬ有利于提高学生命题转化的能力.高中阶段的数学学科有许多的知识点ꎬ大多数学生在实际学习中ꎬ容易忽视各个知识点之间的关联ꎬ导致其掌握的数学知识缺乏关联性与完整性.２构造法运用于高中数学的教学策略２.１培养学生的构造理念构造法的运用ꎬ通常能够提高学生的解题正确率与效率.高中数学的题量㊁难度都比较大ꎬ想要使学生能够主动地掌握数学知识ꎬ激发学生的解题积极性ꎬ教师需引导学生尝试在数学问题中运用构造法进行分析和解决ꎬ以帮助学生更好地掌握构造法的解题技巧ꎬ并为后期的练习奠定基础ꎬ形成应用构造法解题的意识ꎬ能够运用特殊情形构造㊁联想构造㊁命题转化㊁间接构造等方法分析和解决问题ꎬ使学生充分理解构造法的同时ꎬ实现高效解题.因此ꎬ在数学教学中ꎬ教师需以具体的问题为载体ꎬ积极地渗透构造的思想与方法ꎬ以此使学生有效了解到运用构造法进行数学试题解答的优势ꎬ突破常规的解题模式ꎬ简化解题步骤ꎬ提高解题能力.２.２培养学生的发散思维以往ꎬ教师常常依据常规的方法引导学生对问题实施分析和解决ꎬ而学生依据教师的方法和步骤开展解题活动ꎬ导致思维活跃度不高.对此ꎬ数学教师在课堂教学当中ꎬ要引导学生从不同的角度和层面进行问题的分析ꎬ尝试运用不同的方法构造已知条件与结论之间的内在联系ꎬ开阔学生的解题思路ꎬ发散学生的思维ꎬ提高学生解决数学问题的能力.由此可知ꎬ想要使学生运用构造法有效解决数学试题ꎬ学生自身的思维培养也是极其重要的.２.３与多种解题法结合就构造法来说ꎬ因为其能够帮助学生迅速找出解题思路ꎬ实现解题效率与正确率有效提高而被广泛运用.但是ꎬ构造法并不能适用于所有的数学试题.因此ꎬ学生在进行数学题解答时ꎬ只有依据试题的特征熟练应用各种解题方法ꎬ才能实现高效解题.例如ꎬ函数问题是高中数学较为常见的试题ꎬ在实施解题的时候ꎬ可通过函数的极值思想进行解题ꎬ此时ꎬ构造法就不再适用ꎬ又或者学生通过两边平方进行方程题解决时ꎬ构造法的运用也是不合适的.对此ꎬ构造法的运用目的主要是帮助学生形成一定的联想与关联能力ꎬ让学生通过教师所讲解的理论知识ꎬ尽量迅速地掌握更多的解题方法ꎬ这样学生在具体解题时ꎬ才能够充分了解到构造法具备的优势与不足ꎬ并形成数学思维ꎬ能够在具体问题中正确地运用构造法高效解题ꎬ提高学生的数学综合水平.３运用构造法解决高中数学试题的策略３.１运用已知条件构造函数构造法在数学解题中的运用ꎬ主要是引导学生依据数学试题已知条件与结论之间具备的特性进行分析ꎬ构造能够直观体现试题条件与结论内在联系的数学对象或模型ꎬ从而有效解决问题.学生在解题的时候ꎬ不仅能形成清晰的思路ꎬ而且还能发现数学知识的本质规律ꎬ通过数学试题的已知条件ꎬ构造相关的函数内容ꎬ有效解决问题.例如ꎬ在 解不等式 的教学时ꎬ大多数学生在面对问题的时候ꎬ会通过传统思维的方式解题ꎬ虽然这样也能够获得答案ꎬ但是解题的整个过程较为复杂ꎬ运算量比较大ꎬ学生容易出现错误.因此ꎬ为了防止该类情况出现ꎬ数学教师就需引导学生通过构造法对 不等式 试题的条件和结论之间的特征实施分析ꎬ通过已知的条件进行函数构造ꎬ利用函数的单调性和图形ꎬ对论证的过程实施深化.例题１㊀已知ｘ㊁ｙ㊁ｚ都位于区间(０ꎬ１)中ꎬ求证:ｘ(１－ｙ)＋ｙ(１－ｚ)＋ｚ(１－ｘ)<１.分析㊀试题只给出了ｘ㊁ｙ㊁ｚ的定义域ꎬ看似和求证内容并没有太多联系ꎬ学生没有直接证明的思路.通过观察试题的结论ꎬ发现其可以变形为(１－ｙ６－ｚ)ｘ＋(ｙ－ｙｚ＋ｚ－１)<０ꎬ因此可以尝试构造关于ｘ的函数ｆ(ｘ)＝(１－ｙ－ｚ)ｘ＋(ｙ－ｙｚ＋ｚ－１).３.２运用等量关系构造方程式在面对相对复杂㊁抽象的数学问题时ꎬ通常会出现多个因变量或自变量ꎬ这就需要学生充分掌握数学基本概念.数学教师以此作为基础ꎬ指导学生依据变量的特征和数量关系进行方程式构造ꎬ不论是一元二次的方程式ꎬ还是二元二次的方程式ꎬ在具体解题中ꎬ都需将未知量的解决作为解题目的ꎬ在面对定量关系的时候ꎬ业可依据等量关系进行方程式的构造.例题２㊀已知ａ>ｂ>ｃꎬａ＋ｂ＋ｃ＝１ꎬａ２＋ｂ２＋ｃ２＝１ꎬ求ａ＋ｂ的取值范围.分析㊀试题中并没有给出取值范围ꎬａꎬｂꎬｃ之间也没有明显的区别ꎬ通过观察ꎬ发现构造方程ꎬ利用方程的定义㊁系数之间的关系能够建立起已知条件与结论之间的关系ꎬ有效地解答ａ＋ｂ的取值范围.ａ＋ｂ＋ｃ＝１可以变形为ａ＋ｂ＝１－ｃꎻ两边平方: (ａ＋ｂ)２＝(１－ｃ)２ꎬ代入ａ２＋ｂ２＋ｃ２＝１得:ａｂ＝ｃ２－ｃ.因此ꎬ可以构造两个实根为ａ㊁ｂ的方程式:ｘ２＋(ｃ－１)ｘ＋ｃ２－ｃ＝０.３.３运用题设特征构造数列等差数列㊁等比数列是高中数学知识体系中的重要内容ꎬ数列有许多的性质ꎬ也是高考的必考内容.在对数列问题进行解决时ꎬ可通过构造法的运用ꎬ将不规则的数列转化为规则的等比或等差数列ꎬ从而运用数列的概念和公式解决问题.在构造法的具体运用中ꎬ教师需指导学生进行题设特征分析ꎬ以联想或等效替代的方式进行等差数列或等比数列的构造ꎬ明确数学问题的具体求解要点ꎬ化繁为简ꎬ从而使学生实现高效解题.例题３㊀已知在数列{ａｎ}中ꎬａ１＝１ꎬ并且ａｎ＋１＝２ａｎ＋１ꎬ求数列{ａｎ}的通项ａｎ.分析㊀通过观察ꎬ数列{ａｎ}中ꎬ前后两项之间的关系既不符合等比数列的要求ꎬ也不符合等差数列的要求ꎬ{ａｎ}是一个特殊的数列ꎬ这就使得其通项ａｎ难以用等比数列或等差数列的性质求出.因此ꎬ通过观察ａｎ＋１＝２ａｎ＋１ꎬ进行变形ａｎ＋１＋１＝２ａｎ＋２ꎬ构造一个等比数列{ａｎ＋１＋１}ꎬ问题就迎刃而解.３.４运用数形结合思想构造图像高中数学教学中ꎬ数形结合思想是解决问题的有效方法ꎬ在一些不易直接求解的代数问题中ꎬ可以借助问题的条件构造图像ꎬ将代数问题转化为直观的图像ꎬ通过图像直观㊁准确地解决问题.例题４㊀求函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓｘｓｉｎｘ－２的值域.分析㊀对函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓｘｓｉｎｘ－２的值域进行求解的时候ꎬ如果按照传统的课堂教学模式下ꎬ学生在复杂的计算过程中ꎬ不仅浪费了大量的时间ꎬ还容易出现错误ꎬ无法保证答案的正确性.据此ꎬ就可以引导学生运用ｓｉｎｘ２＋ｃｏｓｘ２＝１这一性质ꎬ将ｓｉｎｘ㊁ｃｏｓｘ看作是圆ｓｉｎｘ２＋ｃｏｓｘ２＝１上的一点ꎬ构造图像(如图１)(单位圆图)ꎬ则原问题就转化为求圆上任意一点与(２ꎬ０)连线斜率的问题ꎬ借助图像的观察ꎬ对其值域进行正确求解.图１㊀单位圆图综上所述ꎬ构造法是解决复杂数学问题的有效方法.但是ꎬ即便学生已经熟练地掌握了构造法的内涵ꎬ在运用其解决具体的问题时仍然具有较大的难度.因此ꎬ教师需引导学生观察复杂数学问题的特征ꎬ尝试通过构造函数㊁方程式㊁数列等方法进行问题的解决ꎬ帮助学生掌握数学构造思想ꎬ提高学生的解题效率.参考文献:[１]李逾洹.高中数学解题中 构造法 的应用[Ｊ].新教育时代电子杂志(学生版)ꎬ２０１７(１９):１５０. [２]高慧明.割补法㊁构造法㊁特值法应用综述:高中数学解题基本方法系列讲座(９)[Ｊ].广东教育(高中版)ꎬ２０１８(３):２０－２２.[责任编辑:李㊀璟]７。
妙用构造法,巧解数学题
妙用构造法,巧解数学题有时我们在学习数学时会遇到很多棘手的数学题目，很容易把时间浪费在攻克难题上。
因此，我们应该学会妙用构造法巧解数学题。
1. 了解数学考试的核心知识在运用构造法来巧解数学题之前，我们应该要特别注意，自己了解数学考试的核心知识。
我们要掌握一定的基本理论及其它的配套知识，甚至是一些联系因果的定理，以便能够更好的构造出符合要求的模型。
2.明确目标在开始运用构造法解数学题之前，我们首先要明确目标，具体地说，对要求给出的数学问题要进行分析，弄清楚问题，把握关键点，以及大致方法，有了问题的清晰认识之后，就可以采取进一步的措施来实现目标了。
3.分析数学题并寻找对应的构造法我们需要根据问题的性质，判断出问题的类型，比如：几何中的角度判断、三角形求边长和角度等等。
然后再从问题的特点出发，寻求构造法来实现目的，要做到这一点，我们可以先画出图形，根据图形来分析问题，并寻找对应的解决办法。
4.利用构造法注意事项在采用构造法来解决数学问题时，我们特别要引起注意，避免出现构造出来的图形出现错误，因为很多时候，只是因为图形的错误，会导致整个问题的结果出错。
此外，我们在构造出正确的图形后，要根据理论知识，对构造出来的图形进行精确分析，以便得到最终结果。
总结起来，妙用构造法巧解数学题，需要注意以下几点：1. 了解数学考试的核心知识；2. 明确目标；3. 分析数学题并寻找对应的构造法；4. 利用构造法时注意事项。
只有在了解了数学考试的核心知识之后，明确了目标，分析出数学题的性质，寻求出对应的构造法，并且在构造出正确的图形后精确分析，根据考试的要求来及时解决问题，才能妙用构造法巧解数学题。
构造法解题要义
构造法是一种解题方法，通过构造合适的例子或具体情况来解决问题。
它在数学、物理、工程等领域中广泛应用，并可以帮助理解问题的本质、找到规律和得出结论。
以下是构造法解题的要义：
充分理解问题：首先要充分理解问题陈述，明确问题的要求和限制条件。
了解问题的背景、目标和具体细节，确保对问题的理解正确和完整。
设定假设和条件：在构造法中，需要设定合适的假设和条件。
这些假设和条件应该与问题的要求和限制相一致，同时也需要合理且具有代表性，以便构造出合适的例子或情况。
构造具体例子：根据设定的假设和条件，开始构造具体的例子或情况。
通过选择合适的数值、参数或实际情况，构造出符合问题要求的具体案例。
这些例子可以是简化的特殊情况，也可以是一般性的典型情况。
探索规律和特征：通过对构造的例子进行观察和分析，探索其中的规律和特征。
注意观察变量之间的关系、数值的变化趋势、模式的出现等。
尝试推测可能的规律并进行验证。
归纳总结结论：根据观察和分析的结果，归纳总结出问题的结论。
将观察到的规律和特征推广到一般情况，并给出适用于所有情况的结论。
检验和验证：完成构造法解题后，需要对得出的结论进行检验和验证。
通过运用逻辑推理、数学证明或实验数据验证所得结论的正确性和适用性。
构造法解题的关键在于通过构造具体例子或情况，帮助我们理解问题、找到规律，并得出一般性的结论。
它可以激发创造性思维、培养问题解决能力，并在解决复杂问题时提供有力的思路和方法。
巧构造,妙解题
构造法是根据题目的条件与特征，构造出一种新的数学模型，从一种新的角度解题的方法.巧妙运用此方法解题，往往可以将复杂的数学问题转化为简单的问题，达到化难为易、化繁为简的目的.一、构造方程方程是指含有未知数的等式.在解题时，我们可根据问题中所给的数量关系和特征，确定一个或几个未知数，从而构造出一个新的方程，然后通过解方程，或运用方程的性质来解题.例1.若x ，y ∈R ，且x 2+y 2+xy =3，求x 2+y 2-xy的最值.解：由x 2+y 2+xy =3及x 2+y 2-xy =k 可知x 2+y2=k +32，x 2y 2=-6k +9+k 24，可将x 2，y 2看作关于t 的方程t 2-k +32t +-6k +9+k 26=0的两个根，则判别式△≥0，即k 2-10k +9≤0，解得1≤k ≤9，故x 2+y 2-xy 的最小值为1，最大值为9.将题中的两个代数式进行变形可得出x 2+y 2、x 2y 2的表达式，于是联想到一元二次方程的根与系数的关系，于是构造方程t 2-k +32t +-6k +9+k 26=0，根据一元二次方程的判别式大于或等于0建立不等式，从而求得问题的答案.二、构造函数用函数可以表示出变量之间的关系.若某个变量与另一个变量之间存在一定的联系，此时我们便可根据题意构造出一个函数模型，利用函数的图象和性质来解题.例2.已知x ，y ，z ∈R ，求证：x 2+4y 2+9z 2≥4xy +6zx -12yz .证明：要证明x 2+4y 2+9z 2≥4xy +6zx -12yz ，只要证明x 2-(4y +6z )x +4y 2+9z 2+12yz ≥0，不妨设f (x )=x 2-(4y +6z )x +4y 2+9z 2+12yz ，此函数图象的开口向上，其判别式△=(4y +6z )2-4(4y 2+9z 2+12yz )=0，由其图象可知，f (x )≥0，即12yz ≥0成立，所以x 2+4y 2+9z 2≥4xy +6zx -12yz 得证.此题中的变量较多，并且不等式中的各项都是二次的，难以破解.于是可以确定一个主元，并以其为自变量构造一个二次函数，利用二次函数的图象讨论根的分布情况，即可证明不等式成立.三、构造数列当遇见与自然数n 相关的数学问题时，可以根据题意构造一个数列，运用数列的性质、通项公式、前n 项和公式进行求解.例3.证明：∑k =1n1k>n (n ≥2).证明：构造数列{}x n ，这里x n=k =nn，则x n +1-xn =1n +1+n -n +1=所以x n +1n ，则{}x n 是单调递增数列，从而可得x n +1>x n ≥x 2，又x 2=(1-2=10，所以x n >0，即∑k =1n1k>n （n ≥2）.欲证含有与自然数n 有关的不等式f (n )>g (n )，可以构造数列模型x n =f (n )-g (n )，然后设法证明数列是单调数列，并且说明x n >0，且f (n )，g (n )均为正值，即可运用数列的单调性证明不等式成立.可见，巧妙运用构造法解题，能使问题快速获解.而运用构造法解题的关键在于构造合适的数学模型，从新的角度思考解题的方案.因此在运用构造法解题时，同学们要仔细审题，明确问题的本质，展开联想，将问题中的未知数、变量、自然数与方程、函数、数列关联起来，然后构造出相应的方程、函数、数列，灵活运用方程、函数、数列的性质以及相关的公式来解题.（作者单位：江苏省大丰高级中学）考点透视唐卉35。
构造法
（方法二）令 a 23 1, b 22 1, c 2 1 ，则
log 2 (a 1) 3 log 2 (b 1) 2 log 2 (c 1) 1 , , 1 即比较出大小. a 7 b 3 c 1 3 7 2 2. 已知 cos ,cos ，且 0 ，那么 （ 2 5 10
F (1) f (1) 2 (1) 4 0 ，故不等式 f ( x) 2 x 4 0 等价于 F ( x) F (1) ，所以 x 1 ，选 B. an ，则 an =（ an 1
）.
B. (1, )
C. (, 1)
D. (, )
cos sin a b
1 1 1 1 2 ，即 2 2 1 ，故选 D. 2 a b a b 1 1 1， 即 2 2 1， a b a b
2 2
（方法二） 由已知， 直线过单位圆上的点 M， 设圆心到直线的距离为 d， 则有 d 故选 D.
ab
1 1 1 1 1 1 , b ln , c ln ，则 a , b , c 的大小关系为（ 2013 2013 2014 2014 2015 2015 A. b c a B. a b c C. c b a D. a c b
法二：∵ 0
3cos 4sin
3. 若直线
7 2 2 ，又∵ cos 2 sin 2 1 ，解得 cos ，∵ 0 ， . 2 4 2 2
）. D.
1 1 2 1 2 a b
x y 1 ，通过点 M (cos ,sin ) ，则（ a b
7. 已知数列 {an } 满足 a1 1 ， an 1 A.
湖南省湘潭凤凰中学高考数学二轮复习 专题汇编(四)构造法练习
常用方法（四）——构造法1．已知三个互不重合的平面α，β，γ，α∩β＝m ，n ⊂γ，且直线m ，n 不重合，由下列三个条件：①m ∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③m ⊂γ，n ∥β.能推得m ∥n 的条件是( )A ．①或②B ．①或③C ．只有②D ．②或③2．方程|x|＝cos x 在(－∞，＋∞)内( )A ．没有根B ．有且仅有一个根C ．有且仅有两个根D ．有无穷多个根3．已知数列{an}中，a1＝1，an ＋1＝2an an ＋2，则数列{an}的通项公式为( ) A.2n B.2n －1 C.2n ＋1 D.2n ＋24．如图所示，已知三棱锥P-ABC ，PA ＝BC ＝234，PB ＝AC ＝10，PC ＝AB ＝241，则三棱锥P-ABC 的体积为( )A ．40B ．80C ．160D ．2405．已知f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是( )A ．0B ．1C ．2D ．36．若2x ＋5y≤2－y ＋5－x ，则有( )A ．x ＋y≥0B ．x ＋y≤0C ．x －y≤0D ．x －y≥07．若a>3，则方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰有________个实根．8．已知实数x ，y 满足|x|＋|y|≤4，则x2＋(y －6)2的最小值是________．9．若不等式4x2＋9y2≥2kxy 对一切正数x ，y 恒成立，则整数k 的最大值为________．10．求数列{an}的通项公式：(1)已知数列{an}满足：a 1＝2，an ＋1＝3an －2(n ∈N*)；(2)已知数列{an}满足：a1＝3，且an ＋1＝an 2an ＋1(n ∈N*)．11．设函数f(x)＝x －(x ＋1)ln(x ＋1)(x>－1)．(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当n>m>0时，(1＋n)m<(1＋m)n.12．设f(x)＝ex －1.(1)当x>－1时，证明：f(x)>2x2＋x －1x ＋1；(2)当a>ln 2－1且x>0时，证明：f(x)>x2－2ax.13．设数列{an}的前n 项和Sn ＝43an －13×2n ＋1＋23，n ∈N*.(1)求首项a1与通项an ；(2)设Tn ＝2n Sn ，n ∈N*，证明： i ＝1n Ti<32.。
高考数学大一轮复习 多题一法专项训练(四)构造法 理 苏教版
多题一法专项训练(四) 构 造 法方法概述适用题型构造法就是通过对式子或图形，通过转化、构造为熟悉的数学模型后，将抽象问题更加具体化、易解化，其实质体现了化归与转化思想，在高考中，构造法主要应用于立体几何、函数与方程、导数、数列等方面，多以解答题出现. 常见的知识类型有以下几种： (1)函数与方程中零点的判断 (2)立体几何中线面位置关系的判断 (3)递推关系求通项问题(4)利用导数构造函数证明不等式或解决不等式恒成立问题.一、填空题1．已知三个互不重合的平面α，β，γ，α∩β＝m ，n ⊂γ，且直线m ，n 不重合，由下列三个条件：①m ∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③m ⊂γ，n ∥β.能推得m ∥n 的条件是________(写出所有正确的序号)解析：构建长方体模型，如图，观察选项特点，可优先判断条件②：取平面α为平面ADD ′A ′，平面β为平面ABCD ，则直线m 为直线AD .因m ∥γ，故可取平面γ为平面A ′B ′C ′D ′，因为n ⊂γ且n ∥β，故可取直线n 为直线A ′B ′.则直线AD 与直线A ′B ′为异面直线，故m 与n 不平行． 答案：①③2．方程|x |＝cos x 在(－∞，＋∞)内根的个数为________． 解析：求解方程|x |＝cos x 在(－∞，＋∞)内根的个数问题，可转化为求解函数f (x )＝|x |和g (x )＝cos x 在(－∞，＋∞)内的交点个数问题．由f (x )＝|x |和g (x )＝cos x 的图像易知有两交点，即原方程有且仅有两个根．答案：23．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：∵a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝1，则1a 1＝1，∴{1a n }是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． 答案：a n ＝2n ＋1(n ∈N *) 4．如图所示，已知三棱锥P ABC ，PA ＝BC ＝234，PB ＝AC ＝10，PC ＝AB ＝241，则三棱锥P ABC 的体积为________．解析：因为三棱锥P ABC 的三组对边两两相等，则可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)，把三棱锥P ABC 补成一个长方体AEBG FPDC ，易知三棱锥P ABC 的各边分别是此长方体的面对角线． 不妨令PE ＝x ，EB ＝y ，EA ＝z ，则由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝100，x 2＋z 2＝136，y 2＋z 2＝164，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝8，z ＝10.从而知V P ABC ＝V AEBG FPDC －V P AEB －V C ABG －V B PDC －V A FPC ＝V AEBG FPDC －4V P AEB ＝6×8×10－4×16×6×8×10＝160.答案：1605．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是________． 解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即：a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，而(3x 2)min ＝3×12＝3. ∴a ≤3，故a max ＝3. 答案：36．若a >3，则方程x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上恰有________个实根． 解析：设f (x )＝x 3－ax 2＋1， 则f ′(x )＝3x 2－2ax ＝x (3x －2a )，由于a >3，则在(0,2)上f ′(x )<0，f (x )为减函数， 而f (0)＝1>0，f (2)＝9－4a <0，则方程x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上恰有1个实根． 答案：17．已知实数x ，y 满足|x |＋|y |≤4，则x 2＋(y －6)2的最小值是________．解析：由|x |＋|y |≤4可得到不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤4，－x ＋y ≤4，x －y ≤4，－x －y ≤4，其对应的区域为边长为42的正方形，即图中阴影部分(包括边界)，x 2＋(y －6)2表示定点M (0,6)与区域上的点(x ，y )的距离的平方，易得x 2＋(y －6)2的最小值是4.答案：48．若不等式4x 2＋9y 2≥2kxy 对一切正数x ，y 恒成立，则整数k 的最大值为________． 解析：由4x 2＋9y 2≥2k xy ，且x >0，y >0得2k≤4x 2＋9y2xy，又4x 2＋9y2xy≥236x 2y2xy＝12，当且仅当4x 2＝9y 2“＝”成立， ∴2k≤12.则k max ＝3. 答案：3 二、解答题9．求数列{a n }的通项公式：(1)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n －2(n ∈N *)； (2)已知数列{a n }满足：a 1＝3，且a n ＋1＝a n 2a n ＋1(n ∈N *)． 解：(1)由已知，可得a n ＋1＝3a n －2， 所以a n ＋1－1＝3(a n －1)．故{a n －1}是一个首项为a 1－1＝1，公比为3的等比数列． 所以a n －1＝1×3n －1，故a n ＝3n －1＋1.(2)由已知，可得当n ∈N *时，a n ＋1＝a n 2a n ＋1，两边取倒数，得1a n ＋1＝2a n ＋1a n ＝1a n＋2，即1a n ＋1－1a n ＝2，所以{1a n }是一个首项为1a 1＝13，公差为2的等差数列， 其通项公式为1a n ＝13＋(n －1)×2＝2n －53.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －53＝36n －5.10．设函数f (x )＝x －(x ＋1)ln(x ＋1)(x >－1)． (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当n >m >0时，(1＋n )m<(1＋m )n. 解：(1)f ′(x )＝1－ln(x ＋1)－x ＋1x ＋1＝－ln(x ＋1)， 当f ′(x )≥0，即－1<x ≤0时，f (x )单调递增， 当f ′(x )≤0，即x ≥0时，f (x )单调递减．综上得f (x )的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为[0，＋∞)． (2)证明：设g (x )＝ln1＋xx(x >0)，则g ′(x )＝x1＋x －ln 1＋x x2＝x －1＋x ln 1＋xx 21＋x由(1)知，f (x )＝x －(1＋x )ln(1＋x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以x －(1＋x )ln(1＋x )<f (0)＝0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递减，而n >m >0，所以g (n )<g (m )，即ln1＋nn<ln 1＋mm.得m ln(1＋n )<n ln(1＋m )， 故(1＋n )m <(1＋m )n. 11．设f (x )＝e x－1.(1)当x >－1时，证明：f (x )>2x 2＋x －1x ＋1；(2)当a >ln 2－1且x >0时，证明：f (x )>x 2－2ax .证明：(1)当x >－1时，要使f (x )>2x 2＋x －1x ＋1，即e x－1>2x 2＋x －1x ＋1＝2x －1，当且仅当e x>2x ，即e x－2x >0.令g (x )＝e x－2x ，则g ′(x )＝e x－2. 令g ′(x )＝0，即e x－2＝0，解得x ＝ln 2.当x ∈(－1，ln 2)时，g ′(x )＝e x－2<0，故函数g (x )在(－1，ln 2]上单调递减； 当x ∈[ln 2，＋∞)时，g ′(x )＝e x －2>0，故函数g (x )在[ln 2，＋∞)上单调递增． 所以g (x )在(－1，＋∞)上的最小值为g (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，所以在(－1，＋∞)上有g (x )≥g (ln 2)>0，即e x>2x . 故当x ∈(－1，＋∞)时，有f (x )>2x 2＋x －1x ＋1.(2)欲证f (x )>x 2－2ax ，即e x －1>x 2－2ax ， 也就是e x －x 2＋2ax －1>0，可令u (x )＝e x－x 2＋2ax －1，则u ′(x )＝e x－2x ＋2a . 令h (x )＝e x－2x ＋2a ，则h ′(x )＝e x－2.当x ∈(－∞，ln 2)时，h ′(x )<0，函数h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减；当x ∈(ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以h (x )的最小值为h (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a >0.所以u ′(x )＝h (x )>0，即u (x )在R 上为增函数， 故u (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以u (x )>u (0)． 而u (0)＝0，所以u (x )＝e x －x 2＋2ax －1>0. 即当a >ln 2－1且x >0时，f (x )>x 2－2ax .12．设数列{a n }的前n 项和S n ＝43a n －13×2n ＋1＋23，n ∈N *.(1)求首项a 1与通项a n ；(2)设T n ＝2nS n ，n ∈N *，证明： i ＝1nT i <32.解：(1)由S n ＝43a n －13×2n ＋1＋23，n ∈N*①得a 1＝S 1＝43a 1－13×4＋23，所以a 1＝2.再由①有S n －1＝43a n －1－13×2n ＋23(n ≥2)．②将①和②相减得a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)－13×(2n ＋1－2n)，(n ≥2)．整理得a n ＋2n＝4(a n －1＋2n －1)，(n ≥2)．因而数列{a n ＋2n }是首项为a 1＋2＝4，公比为4的等比数列，即a n ＋2n＝4×4n －1＝4n.因而a n ＝4n－2n，n ∈N *. (2)证明：将a n ＝4n－2n代入①得S n ＝43×(4n －2n )－13×2n ＋1＋23＝13×(2n ＋1－1)(2n ＋1－2) ＝23×(2n ＋1－1)(2n－1)，T n ＝2n S n ＝32×2n2n ＋1－1×2n－1 ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1， 所以∑i ＝1nT i ＝32∑i ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12i －1－12i ＋1－1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－12n ＋1－1<32.。
解题方法及提分突破训练-构造法专业题材
解题方法及提分突破训练：构造法专题在解题时，我们常常会采用这样的方法，通过对条件和结论的分析，构造辅助元素，它可以是一个图形、一个方程(组)、一个等式、一个函数、一个等价命题等，架起一座连接条件和结论的桥梁，从而使问题得以解决，这种解题的数学方法，我们称为构造法。
运用构造法解题，可以使代数、三角、几何等各种数学知识互相渗透，有利于问题的解决。
一真题链接1.（2012 青海）若m,n为实数，且2012),08212nmnmnm+=--+-+则（的值为2.（2012 莆田）3.（2012•铁岭）如果021=-++yx，那么xy=4.（2012•佛山）如图，已知AB=DC，DB=AC（1）求证：∠ABD=∠DCA．注：证明过程要求给出每一步结论成立的依据．（2）在（1）的证明过程中，需要作辅助线，它的意图是什么？5. （2012•佳木斯）国务院总理温家宝2011年11月16日主持召开国务院常务会议，会议决定建立青海三江源国家生态保护综合实验区．现要把228吨物资从某地运往青海甲、乙两地，用大、小两种货车共18辆，恰好能一次性运完这批物资．已知这两种货车的载重量分别为16吨/辆和10吨/辆，运往甲、乙两地的运费如表：（1）求这两种货车各用多少辆？（2）如果安排9辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，设前往甲地的大货车为a辆，前往甲、乙两地的总运费为w元，求出w与a的函数关系式（写出自变量的取值范围）；（3）在（2）的条件下，若运往甲地的物资不少于120吨，请你设计出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少总运费．二．名词释义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。
运用构造法巧解化学题
运用构造法巧解化学题
《构造法巧解化学题》
化学是一门学科，涉及许多复杂的概念，理解起来困难重重。
对于学习化学的高中学生来说，要想理解和掌握其中的概念既困难又耗时，更别提做出正确的计算了。
在复杂的题目前，有许多学生会束手无策，而这时有效的构造法巧解化学题就变得重要起来。
构造法是化学中一种有效的分析化学问题的方法，旨在找出题目中提出的问题，从而解决问题。
下面以钠离子与氯离子反应为例，详说构造法巧解化学题的方法：首先动笔进行文字描绘，分析出题目中的提示，如钠离子和氯离子的化学公式、倍数、水的数量等；其次，根据提示来探究背后的化学原理，确定反应的步骤；最后，通过计算来得出正确的解答。
构造法很有效，只要学生能遵循原理步骤，就能解答出正确的答案。
此外，在理解基础概念上，构造法也有助于加深学生对所学知识的理解，特别是涉及反应过程和原理时，实际上也是一种思考过程，有助于建立起学生对所学知识的连贯性理解，从而提高学习效率，事半功倍。
总之，学生在复杂的化学问题前，构造法是一种有效的巧解方法。
它能帮助学生理解基础知识，进而解决复杂的化学题，而无需枯燥乏味繁琐的计算步骤。
只有把握方法及原理，学会运用构造法，学生才能把握化学并掌握，受益终生。
构造法举例问题回答
构造法举例构造法是一种解决问题的方法，它可以帮助人们在解决问题时将问题分解成小的部分，并且通过分析和理解这些小的部分来找到解决问题的方法。
构造法可以应用于各种不同的问题领域，包括工程、数学、科学和计算机科学等领域。
一个常见的应用构造法的例子是在计算机科学中使用递归算法。
递归算法是通过将问题分解成较小的子问题来解决问题的方法。
每次递归时，算法会将问题规模减小，直到问题的规模足够小，可以很容易地求解。
例如，我们可以使用递归算法来计算斐波那契数列。
斐波那契数列是一个序列，其中每个数都是前两个数的和。
例如，斐波那契数列的前几个数字是 0、1、1、2、3、5、8、13、21，等等。
要计算斐波那契数列的第 n 个数字，我们可以使用以下递归函数：def fibonacci(n):if n == 0:return 0elif n == 1:return 1else:return fibonacci(n-1) + fibonacci(n-2)在这个函数中，我们首先检查 n 是否为 0 或 1。
如果 n 是 0 或 1，我们可以直接返回它本身。
否则，我们可以将问题分解成两个较小的问题，分别计算斐波那契数列的第 n-1 个和第 n-2 个数字，然后将它们相加。
通过递归的方式，我们可以将复杂的问题分解成较小的子问题，并且每个子问题都可以很容易地求解。
通过找到子问题的解决方法，我们可以很容易地解决原始问题，并且避免求解较大的问题。
因此，递归算法是一种非常强大的解决问题的方法，可以应用于各种不同的领域。
除此之外，构造法还可以应用于工程领域。
例如，在建造大型建筑物时，建筑师需要将整个结构分解成小的部分，并且在每个部分中使用材料和支撑结构来实现它。
同样地，在编写软件代码时，程序员需要将整个程序分解成小的部分，并且在每个部分中使用不同的函数和算法来实现它。
总之，构造法是一种非常有用的解决问题的方法，可以应用于各种不同的领域。
通过将问题分解成小的子问题，并且通过理解每个子问题来找到解决问题的方法，我们可以避免求解较大的问题，并且提高解决问题的效率。
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多题一法专项训练(四) 构造法 结束
2 y2 (y1＋y2)2－2y1y2 1＋y2 2 又 8 ＝ ＝ 2 m ＋2m＋5， 8
∴PQ 的中点坐标为(2m2＋2m＋5,2m)． 2m－2 由已知得 2 ＝－m，即 m3＋m2＋3m－1＝0. 2m ＋2m＋5－1 设 g(m)＝m3＋m2＋3m－1，则 g′(m)＝3m2＋2m＋3＞0， ∴g(m)在 R 上是增函数． 又 g(0)＝－1＜0，g(1)＝4＞0，∴g(m)在(0,1)内有一个零点． ∴函数 g(m)在 R 上有且只有一个零点，即方程 m3＋m2＋3m－1＝0 在 R 上有唯一实根， ∴满足条件的等腰三角形有且只有一个．
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多题一法专项训练(四) 构造法 结束
多题一法专项训练(四)
构造法
1．解析：由 an＋1＝3an＋2 得 an＋1＋1＝3(an＋1)， an＋1＋1 ∴ ＝3，当 n＝1 时，a1＋1＝2，∴{an＋1}是首项为 2，公 an＋1 比为 3 的等比数列，∴an＋1＝2×3n 1，an＝2×3n 1－1.
数学
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多题一法专项训练(四) 构造法 结束
11．解：设直线 PQ 的方程为 x＝my＋n，易知当 m＝0 时，△APQ 不满 足题意．当 m≠0 时，∵直线 PQ 过点 T(5，－2)， ∴ 5 ＝ m· (－2)＋n，∴n＝2m＋5. ∴直线 PQ 的方程为 x＝my＋2m＋5. 设点 P，Q 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
－ －
答案：A 2．解析：令 f(x)＝0，g(x)＝0，得 ax＝4－x，logax＝4－x，因为 y ＝ax 与 y＝logax 的图象关于直线 y＝x 对称，所以 m，n 关于两直 线 y ＝ x 和 y ＝ 4 － x 交点的横坐标对称，则 m ＋ n ＝ 4 ，所以
m＋n 2 mn≤ 2 ＝4.
数学
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(2)证明：欲证 f(x)>x2－2ax，即证 ex－1>x2－2ax，也就是证 ex－x2＋2ax －1>0， 可令 u(x)＝ex－x2＋2ax－1，则 u′(x)＝ex－2x＋2a. 令 h(x)＝ex－2x＋2a，则 h′(x)＝ex－2. 当 x∈(－∞，ln 2)时，h′(x)<0，函数 h(x)在(－∞，ln 2)上单调递减； 当 x∈(ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，函数 h(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增． 所以 h(x)的最小值为 h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a>0. 所以 u′(x)＝h(x)>0，即 u(x)在 R 上为增函数， 故 u(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以 u(x)>u(0)． 而 u(0)＝0，所以 u(x)＝ex－x2＋2ax－1>0. 即当 a>ln 2－1 且 x>0 时，f(x)>x2－2ax.
1 答案：0，2
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10． 解析： ∵an＋1＝2an＋1， ∴an＋1＋1＝2(an＋1)， ∵a1＝1， a1＋1＝2≠0， ∴数列{an＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，∴an＋1＝2×2n 1 1 1 1 －1 n ，∴an＝2 －1，又 cn＝ ＝22n＋1－2n＋3，∴Tn 2n＋12n＋3 1 11 1 1 1 1 1 11 n ＝ 23－ 5＋ 5 － 7＋ … ＋ － ＝23－2n＋3＝ ＝ 2 n＋ 1 2 n＋ 3 3 × 2 n ＋ 3 Tn＋1 n＋1 6n＋9 6n2＋15n＋9 n 9 .则 T ＝ · n ＝ ＝ 1 ＋ ＞1，又 2 2 6 n＋ 9 6 n ＋ 15 6 n ＋ 15 n 6 n ＋ 15 n n Tn＞0，∴Tn＜Tn＋1，n∈N*，即数列{Tn}是递增数列．∴当 n＝1 时， 1 1 1 * Tn 取得最小值15，要使得 Tn＞a 对任意 n∈N 都成立，只需15＞ m 1 ，由此得 m＞4；正整数 m 的最小值是 5. 2m－1 答案：5
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7．解析：由题意知，an＋1＝f(2n 1)＝2f(2n)＋2nf(2)＝2an＋2n 1，则
a n＋ 1 ＋ 2n 1
an an an ＝2n＋1，所以 2n 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以2n＝n， a n＝ n · 2n. 答案：n· 2n π sin x 8．解析：由题意知 a1≤ x ＜a2 对任意的 x∈ 0，2都成立．设 k＝ sin x－0 π ，则 k 为函数 f(x)＝sin x，x∈ 0，2上任意一点与原点连线 x－ 0 2 sin x 的斜率，又 f′(x)＝cos x，f′(0)＝1，所以π≤ x ＜1，所以 a2－ 2 a1 的最小值是 1－π. 2 答案：1－π
数学
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多题一法专项训练(四x－ 1 x 12． 证明： (1)当 x>－1 时， 要使 f(x)> ， 即 e －1> ＝2x－1， x＋ 1 x＋ 1
当且仅当 ex>2x，即 ex－2x>0 时成立． 令 g(x)＝ex－2x，则 g′(x)＝ex－2. 令 g′(x)＝0，即 ex－2＝0，解得 x＝ln 2. 当 x∈(－1，ln 2]时，g′(x)<0，故函数 g(x)在(－1，ln 2]上单调递减； 当 x∈[ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，故函数 g(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增. 所以 g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为 g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0， 所以在(－1，＋∞)上有 g(x)≥g(ln 2)>0，即 ex>2x. 2x2＋x－1 故当 x∈(－1，＋∞)时，有 f(x)> . x＋ 1
答案：B
数学
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多题一法专项训练(四) 构造法 结束
3． 解析： 画出一个长方体 ABCDA1B1C1D1.对于 A， C1D1 ∥平面 ABB1A1，C1D1∥平面 ABCD，但平面 ABB1A1 与平面 ABCD 相交；对于 C ， BB1 ⊥平面 ABCD ， BB1 ∥平面 ADD1A1， 但平面 ABCD 与平面 ADD1A1 相交； 对于 D， 平面 ABB1A1 ⊥平面 ABCD，CD∥平面 ABB1A1，但 CD⊂平面 ABCD. 答案：B 4．解析：构造函数 g(x)＝ex· f(x)－ex，因为 g′(x)＝ex· f(x)＋ex· f′(x) －ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，所以 g(x)＝ex· f(x)－ex 为 R 上的增函数．又 g(0)＝e0· f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为 g(x) ＞g(0)，得 x＞0. 答案：A
数学
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多题一法专项训练(四) 构造法 结束
5． 解析： 求解方程|x|＝cos x 在(－∞， ＋∞)内根的个数问题， 可转化为求解函数 f(x)＝|x|和 g(x)＝cos x 在(－∞，＋∞) 内的交点个数问题． 由 f(x)＝|x|和 g(x)＝cos x 的图象易知 有两交点，即原方程有且仅有两个根． 答案：C 6．解析：设 f(x)－log2x＝t(t＞0)，则 f(t)＝3，f(x)＝log2x＋t，所以 log2t＋t ＝3，易知方程 log2t＋t＝3 有唯一解 t＝2，所以 f(x)＝log2x＋2，f′(x) 1 1 ＝xln 2，令 g(x)＝f(x)－f′(x)－2，则 g(x)＝log2x－xln 2，易知函数 g(x) ln 4－1 1 在区间(0，＋∞)上单调递增，因为 g(1)＝－ln 2＜0，g(2)＝ 2ln 2 ＞0， 所以 x0 存在的区间是(1,2)．故选 B. 答案：B
x＝my＋2m＋5， 由 2 y ＝4x，
得 y2－4my－8m－20＝0，
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－20. ∵PQ
x1＋x2 y1＋y2 的中点坐标为 ， 2 ， 2
2 y2 y1＋y2 1＋y2 ， 即 ， 2 8
数学
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数学
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1 x－ax)＋x x－a＝ln
多题一法专项训练(四) 构造法 结束
9．解析：f′(x)＝(ln
x＋1－2ax，令
ln x＋1 ln x＋1 f′(x)＝0， 得 2a＝ x .设 φ(x)＝ x ， 则 φ′(x) ln x ＝－ x2 ，易知 φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞) 上单调递减，所以 φ(x)max＝φ(1)＝1，则 φ(x)的大致图象如图所示， 若函数 f(x)有两个极值点， 则直线 y＝2a 和 y＝φ(x)的图象有两个交点， 1 所以 0＜2a＜1，得 0＜a＜2.