初中数学—构造法

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.构造一一对应方法；
2.用组合数学的方法；
3.极端的思想。

快乐热身
【热身】求证：区间(0,1)上的实数和整个实数集中的实数一样多。

【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
π
()tanπ(01)
2
f x x x
⎛⎫
=-<<
⎪
⎝⎭
，则易知()
f x是从(0,1)到上的一一映射。

所
第二讲
构造法
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！
例题精讲
【例 1】 用构造法求147464712...47...52515250515256 (52)
⨯⨯⨯⨯++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯的值。

【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
152； 考虑第二项，
4752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；那么，475152
⨯便是：前5项中没有出现1，且第一项为2的概率。

继续考虑第三项，4647505152
⨯⨯⨯是前5项中没有出现1或2，且第一项为3的概率。

……
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15。

说明 本题当然也可以用裂项法。

【例 2】 记n 为正整数，设n A 为数字和为n 且不含有1，3，4以外的数字的自然数个数，n B 为数字
和为n 且不含有1，2以外的数字的自然数个数。

求证：22n n A B =。

【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，m A 可以看做将一段长度为n 的链拆分成长度为1，3，4的节，而m B 可以看
做将一段长度为n 的链拆分成长度为1，2的节。

现在，在2n A 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m B 中的数；反之，对于两个m
B 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{}n a 中，10a =，22a =，33a =，递推公式为23(4)n n n a a a n --=+≥。

求证：当n
为质数时，|n n a 。

【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n a 可能是将一段长度为n 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n a 是将一段长度为n 的环拆成长度为2
和3的节的方法数目，这样验证前几项确实符合，所以当n 是质数时，一种方法旋转后可以
形成n 种不同的方法（包括自身），不会重复，当然有|n n a 。

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*到*的一个函数()f x ，使得对任何*x ∈，都有2
(())f f x x =。

【解析】 分析 既然是证明“存在”，当然要用构造法。

解 首先易知()f x 不能有两个自变量对应同一个函数值。

显然，必须有(1)1f =。

设(2)f a =，则()4f a =，2
(4)f a =，……，于是形成一个链： 224a a →→→→，这里可以令3a =，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： 562536→→→→
，784964→→→→，即可。

【例 4】 求证：对于每个不被20整除的正整数n ，都存在一个各个数位奇偶交替的正整数m ，使得m
被n 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n ，都存在一个各个数位
都是1的正整数m ，使得m 被n 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n 与10互质，则只要考虑21，2121，212121，……，这里面找出两
项除以n 的余数相同的，然后作差即可。

如果n 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2k 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22k
个，都是偶数，且这里面的任何两个2a 之差都不能被212k +整除。

所以，这些数被212k +除的余数
一定分别是0，2，4，……，2122k +-的一个排列，也就是说一定有一个能被212k +整除。

取k 使得21k +大于n 里面含有的2的方幂，将这个数重复写，用上面的结论即可。

如果n 被10整除但是不被20整除，用类似的方法，考虑所有这样的2k 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的幂换成5的幂，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10
5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105整除，它一定也被5(19)k k ≤≤整除，从而末k 位数组成的多位数一定也被5(19)k
k ≤≤整除。

显然，个位一定是5。

在15,35,55,75,95中，只有75能被2
5整除，所以末两位一定是75。

在175,375,575,775,975中，只有375能被3
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35整除但不被4
5整除，所以，这五个数被45除的余数一定是3333
0,5,25,35,45⨯⨯⨯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(3)n ≥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n 个，同时要证明不存在这样的1n +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，n 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(1)k k x ≤≤个的数字和能被k 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12,,...,x a a a 。

根据奇偶性，246,,,...a a a 的数字和必须都是偶
数。

如果2a 的个位为0且数字和为偶数，那么就保证了46810,,,a a a a 的数字和为偶数。

但是，12a 比2a 大10，所以210a +必须进位，也就是说2a 的后两位是90。

这样可以继续延续到
14161820,,,a a a a 。

但是无论如何，1210a +不可能再进位了，所以22a 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2a 的数字和为b ，则一直到11a 的数字和为
9b +；设2a 的末位0之前连着c 个9，则在21210a a +=的运算中连续进位c 次，于是12a 的
数字和为91b c -+，……，21a 的数字和为910b c -+。

因为2|,3|1,...,11|9b b b ++，所以lcm(2,3,...,11)27720|2b =-；
因为12|91,13|92,...,21|910b c b c b c -+-+-+， 不妨就令9112b c -+=即可，则911b c =+，不妨就令27722b =，则3079c =。

此时，可令2307993899...90a =个，1307893899...989a =个，2130793900...09a =个0。

说明 构造的方法不唯一。

【例 7】 平面上有n 个红点和n 个黑点，它们之中任意三点不共线。

以它们为端点画n 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n 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11A B 和22A B 相交，其中1A 和2A 为红点，1B 和2B 为黑点。

根据折线长度大于线段，12211122A B A B A B A B +<+，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。

【例 8】 有N 个球，编号为1到N ，其中有1N -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砝码的天平称三次，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13N =时不可行。

⑵当12N =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，13N =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：
11=，231=-，33=，431=+，5931=--，693=-，7931=-+，891=-，99=，1091=+，11931=+-，1293=+。

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“-”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：2,5,10,11；
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砝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。

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。

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 b c d ，现在对其进行操作，每次操作将
(,,,)a b c d 变成()||,||,||,||a b b c c d d a ----。

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(1)q >的等比数列，即原来的数组为23(,,,)a aq aq aq 。

那么一次变换后成为了()
23(1),(1),(1),(1)a q aq q aq q a q ----，如果这四个数也能成等比
数列，则有33(1)(1)aq q a q -=-，即3210q q q ---=。

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2x p q =+。

【解析】 分析 非负整数从0开始，显然0S ∈，再考虑1的表示法，显然只能表示成120+⨯，于是有
1S ∈，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10x p q =+，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,,,A B C D ，如果满足条件：A
胜B ，B 胜C ，C 胜D ，则一定有D 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。

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 B C D E ，如果满足
条件：A 胜B ，B 胜C ，C 胜D ，D 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B 的位置上，输给他的那个人放到D 的位置上，则有A 胜B ，B 胜C ，C 胜D ，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，B 为小李，C 为小赵，D 为小孙，则有A 胜B ，B 胜C ，C 胜D ，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。

不难验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(2)N >进制中，对任意的数字(21)h h N -≤≤，总存在无穷多个多位数K ，
使得K 的末位数字是h ，且将h 去掉并移到首位后，得到的多位数是原来的h 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
17
的循环节142857具有这种类型的性质，所以可以联想循环小数进行构造。

解 设K 在N 进制中为...ab gh 。

根据题意有......ab gh h hab g ⨯= 设0....x ab gh =，这样一来有0....x h hab g ⨯=，或者....x h N h ab gh h x ⨯⨯==+。

即1h x hN =
-。

因为1hN -与N 互质，所以1h hN -一定是纯循环小数，这样的x 存在。

又因为将1h hN -的循环节写两遍，三遍，……仍然符合题意，所以有无穷多个。

学习札记
小故事
完全数之谜（2）
——古希腊人的猜测
上回书说到古希腊人对完全数的两个猜测，而且表面上颇有令人心动的号召力，但遗憾的是，随着人们发现了更多的完全数，这两个猜测也不攻自破了。

第五个完全数是33，550，336，是个8位数(而不是5位)。

接下去的三个完全数分别为：8,589,869,056(10)；137,438,691,328(12)；2,305,843,008,139,952,128(19).可以看到，完全数的位数在迅速增多，希腊人的猜测显然偏离了方向。

事实上，第30个完全数赫然是个13万位的庞然大物。

而假设之二也不成立，因为第5，6个完全数的尾数都是6，并非以6，8交替出现。

但是，虽然时至今日，科学家们已经知道了30个完全数，其尾数仍然没能突破6或8的模式。

这一次，古希腊人猜对了吗？谁知道呢？(评述：现在已经发现了38个完全数)
| 初三·联赛班·教师版| 第2讲第19页。