用构造法解题 doc
例谈构造法解题(1)
例谈构造法解题作者：王文达来源：《考试周刊》2013年第38期构造法是通过构造图形、函数、事例等解决数学问题的一种方法.对于某些题目，如果能恰当地运用构造法，就会使问题得到巧妙简捷的解决，现举要如下.一、构造事例例1：求证C■■+C■■+C■■…+C■■=2■证明：集合｛a■，a■，a■，…，a■｝的子集个数是C■■+C■■+C■■…+C■■.另外，求该集合的子集个数也可这样进行：分n个步骤，每一步都有2种方法，即a（i=1，2，3，…，n）选或不选，从而得子集个数为2■.∴C■■+C■■+C■■…+C■■=2■.例2：求（a+b+c）■展开式共有多少项.解：（a+b+c）■展开式中的项为a■b■c■，其中m+n+l=10（m，n，l∈N），于是就转化为求该不定方程的非负整数解有几解.现构造事例如下：画12个“O”，将其中两个“O”用“/”划去，记剩下的10个“O”在两划线“/”的左中右的个数为（比如?覫?覫OOOOOOOOOO表示m=0，n=0，l=10），那么不定方程的每一非负整数解对应于此事例中的一种划法，反过来此事例中的每一种划法对应于该不定方程的一个非负整数解.∴（a+b+c）■展开式项数为C■■=66.问题（2012陕西理，8）：两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同的情形）共有（?摇?摇）A.10种?摇?摇?摇?摇B.15种?摇?摇?摇?摇C.20种?摇?摇?摇?摇D.30种分析：问题相当于在OOOOO中取到3个的为胜者，比如取到当中3个的，则此人第一局输，第二、三、四局赢，共比赛四局.故共有2C■■=20种情形，选C.二、构造图形例1：已知正四面体A-BCD的棱长为a，求（1）外接球的半径；（2）与棱都相切的球的半径.分析：（1）构造一个正方体，使正四面体的各棱为正方体的面对角线，那么正方体的外接球就是正四面体的外接球.易得正方体的半径为■a，故外接球的半径为■·■·■a=■a.（2）所求的球即为上题中构造的正方体的内切球，故所求半径为■·■a=■a.例2：已知x，y，z∈（0，1），求证：x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1.证明：构造边长为1的正三角形ABC，在边AB、AC、BC上分别取点D、E、F，使AD=x，CE=y，BF=z，则BD=1-x，AE=1-y，CF=1-z.由△ADE、△CEF、△BFD的面积之和小于△ABC的面积，得■x（1-y）+■y（1-z）+■z（1-x）＜■，即x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1.三、构造函数（或式子）例1：证明：（a■■+a■■+…+a■■）（b■■+b■■+…+b■■）≥（a■b■+a■b■+…a■b■）■.分析：要证明原不等式，只需证明4（a■■+a■■+…+a■■）（b■■+b■■+…+b■■）≥［2（a■b■+a■b■+…+a■b■）］■.由此联想到一元二次函数根的判别式，故可构造一个二次函数.证明：构造函数y=（a■■+a■■+…+a■■）x■+2（a■b■+a■b■+…+a■b■）x+（b■■+b■■+…+b■■）（*）即y=（a■x+b■）■+（a■x+b■）■+…+（a■x+b■）■，易知对任意x∈R，总有y≥0.（1）若a■■+a■■+…+a■■=0，即a■=a■=…a■=0，所证不等式显然成立；（2）若a■■+a■■+…+a■■＞0，则（*）中△=［2（a■b■+a■b■+…+a■b■）］■-4（a■■+a■■+…+a■■）（b■■+b■■+…+b■■）≤0，则所证不等式成立.综上，所证不等式总成立。
用构造法解题构思途径论文
用构造法解题的构思途径在解题过程中在解题过程中，若按习惯定势思维去探求解题途径比较困难时，可以启发学生根据题目特点，展开丰富的联想拓宽自己思维范围，运用构造法来解题也是培养学生创造意识和创新思维的手段之一，同时对提高学生的解题能力也有所帮助这对培养学生多元化思维和创新精神，丰富学生的想像力，提高学生分析问题解决问题的能力大有裨益。
下面我们通，过举例来说明通过构造法解题训练学生发散思维，谋求最佳的解题途径，达到思想的创新。
1.构造函数函数在我们整个中学数学是占有相当的内容，学生对于函数的性质也比较熟悉。
选择烂熟于胸的内容来解决棘手问题，同时也达到了训练学生的思维，增强学生的思维的灵活性，开拓性和创造性。
例1:已知数列的各项都是正数，且满足：，求证：分析：在这个等式中含有两个变量和故不妨设构造函数。
下面用数学归纳法证明本题结论。
（ii）假设时，命题成立；（ii）假设时有成立，令在[0，2]上单调递增，且所以由有，即故当时命题也成立。
根据(i)(ii)可知，对一切，有。
有些数学题似乎与函数毫不相干，但是根据题目的特点，巧妙地构造一个函数，利用函数的性质得到了简捷的证明。
解题过程中不断挖掘学生的潜在意识而不让学生的思维注意到一某点上，不自己的解题思路搁浅了。
启发学生思维多变，从而达到培养。
例2、证明不等式：（x≠0）证明：构造函数f(x)=构造函数法证明不等式，关键在于找到能够反映所要证不等式特征的合适的函数，从而就可以利用该函数的性质去证明不等式。
2.造方程构有些数学题，经过观察可以构造一个方程，从而得到巧妙简捷的解答。
例3、若求证：成等差数列分析：拿到题目感到无从下手，思路受阻。
但我们细看，题目条件酷似一元一次方程根的判别式。
这里于是可以构造方程，有已知条件可知方程有两个相等根。
根与系数的关系有成等差数列。
遇到较为复杂的方程组时，要指导学生会把难的先简化，可以构造出我们熟悉的方程。
通过上面的例子我们在解题的过程中要善于观察，善于发现，在解题过程中不要墨守成规。
巧用构造法求数列的通项公式
解题宝典求数列的通项公式问题比较常见,解答的方法有很多种,其中最常用的是构造法.构造法常用于求递推式较为复杂的数列的通项公式.我们运用构造法,将原数列构造成等差、等比数列，然后利用等差、等比数列的通项公式就可以求得数列的通项公式.一、a n +1=pa n +q (p ，q 均为常数)型递推式对于形如a n +1=pa n +q （p ,q 均为常数）的递推式，要求其数列的通项公式，一般需先引入参数x ，使a n +1+x =p ()a n +x ，然后将其整理为a n +1=pa n +px +x ，那么px +x =q ，由此解出x ，便可得到一个以a 1+x 为首项、p 为公比的等比数列，然后运用等比数列的通项公式即可解出.例1.已知数列{}b n 的前n 项和为S n ，满足b 1=1，S n =b n +1-n 2-n +22，求{}b n 的通项公式.解：由S n =b n +1-n 2-n +22可得S n -1=b n -n 2-3n +42，则2b n +n -1=b n +1，设2()b n +pn +q =b n +1+p ()n +1+q ,则2b n +2pn +2q =b n +1+pn +p +q ,所以p =1,q =0，即2()b n +n =b n +1+n +1，则{}b n +n 是以2为公比，2为首项的等比数列，所以b n +n =2×2n -1，故b n =2n -2..解答本题，首先需利用b n 与S n 的关系式求得b n的表达式，然后引入参数p 、q ，构造出等比数列{}b n +n ，进而利用等比数列的通项公式求得结果.二、a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数，pq (p -1)≠0)型递推式由a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数，pq (p -1)≠0)型递推式求数列的通项公式，一般有两种思路：1.先在递推关系式两边同除以q n +1,得a n +1qn +1=p q ·a n q n +1q ,引入辅助数列{b n }(其中b n =a n q n )，得b n +1=p q ·b n +1q ，再用待定系数法求解；2.将原递推关系式两边同除以p n +1，得a n +1pn +1=a np n +1q ·(q p )n ，引入辅助数列{b n }(其中b n =a npn )，得b n +1-b n =1p (q p)n ，再利用累加法(逐差相加法)求解．例2.已知数列{a n }中，a 1=56，a n +1=13a n +(12)n +1，求a n .解法一：在a n +1=13a n +(12)n +1两边同乘以2n +1，得2n +1·a n +1=23(2n ·a n )+1.令b n =2n ·a n ，则b n +1=23b n +1，根据待定系数法，得b n +1-3=23(b n -3)．所以数列{b n -3}是以b 1-3=-43为首项、以23为公比的等比数列．所以b n -3=-43·(23)n -1，即b n =3-2(23)n.于是a n =bn 2n=3(12)n -2(13)n .解法二：在a n +1=13a n +(12)n +1两边同乘以3n +1，得3n +1a n +1=3n a n +(32)n +1.令b n =3n ·a n ，则b n +1=b n +(32)n +1.所以b n -b n -1=(32)n ，b n -1-b n -2=(32)n -1，…，b 2-b 1=(32)2.将以上各式累加，得b n -b 1=(32)2+…+(32)n -1+(32)n .又b 1=3a 1=52=1+32，所以b n =1+32+(32)2+…+(32)n -1+(32)n=2(32)n +1-2，即b n =2(32)n +1-2.故a n =b n 3n=3(12)n -2(13)n .解法一采用了第一种思路：在递推式左右两边同乘以2n +1,通过对应系数，构造出等比数列；解法二采用了第二种思路：在递推式左右两边同乘以3n +1，运用累加法求得数列的通项公式.由递推式求数列的通项公式问题的题型多种多样，但无论怎么变化，其解题的思路、方法基本相同：通过构造、变形等方式，将陌生、复杂的问题转化为熟悉、简单的等差、等比数列问题来求解.（作者单位：南京航空航天大学附属高级中学）41Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
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。
用构造法解题(含解答)+-
用构造法解题归类作者：贺峰当我们在对所碰到的数学命题认真的观察、仔细的分析前提下，依托所掌握的知识背景，充分发挥想像力，进行灵巧的构思，在已知与未知之间建立起一个优美的数学模型。
通过对此模型的研究，达到完成解决命题的目的。
这种方法称为构造法。
一、 构造几何图形通过构造图形去解决数学问题，充分体现了一种非常重要的数学思想方法：数形结合法。
“数”与“形”是数学中的两个最基本的概念，它们是数学的两大支柱。
数量关系抽象、几何图形直观。
将这两个既对立、又统一的概念巧妙地加以沟通，是研究、解决数学问题的一种重要的方法。
（1）构造直角梯形例1 设m ，n ，p 为正整数且的最小值。
求nm p p n m +=-+,0222 解：由题意，运用勾股定理的逆定理构造直角梯形，易知当m ≠n 时，AE ＞CD ，当m=n 时，AE=CD ，所以AE ≥CD 。
即0＜m+n ≤2p ，所以nm p +≥22即 nm p +的最小值为22。
（2）构造直角三角形例1 求22.50的正切函数值。
思路：我们可以借助450角的函数值，通过构造等腰直角三角形支解决。
同样这种题目也可以变为求150的正切值，请同学们自己支思考并解决。
（3）构造矩形例 1 凸八边形ABCDEFGH 的八个内角都相等，且AB 、BC 、CD 、DE 、EF 、FG 的长度为。
、、、、、232231225，求这个八边形的周长。
思路：凸八边形的每个内角都相等，那么它们应等于135度，每个角的外角都等于45度，我们可延长八边形的边AB 、EF 与CD 、GH ，得一矩形，矩形的四个角为等腰直角三角形，据等腰直角三角形的边的关系和矩形对边相等的关系不难求出凸八边形ABCDEFGH 的周长为2910+。
评注：如果是凸八边形的内角都相等，且知道连续四边的长，可借助矩形去解决。
（4）构造等腰三角形例1 如图所示，四边形ABCD 中，AB=CD ，E 、F 分别为AD 、BC 的中点，BA 、CD 的延长线分别交FE 的延长线于M 、N ，求证：∠AME=∠DNE 。
初中数学解答：幂的运算,构造法!
初中数学解答：幂的运算，构造法！
幂的运算是初中数学中的重要内容，构造法是其中一种解题方法。
下面给出幂的运算规则和构造法的解题步骤：
幂的运算规则：
1. 幂相乘：a^m * a^n = a^(m+n)
2. 幂相除：a^m / a^n = a^(m-n)
3. 幂的乘方：(a^m)^n = a^(m*n)
4. 同底数幂相加或相减：如果底数相同，则指数相加或相减。
a^m + a^n = a^(m+n)
a^m - a^n = a^(m-n)
构造法解题步骤：
1. 理清题意，确定需要求解的问题。
2. 找出已知条件，利用已知条件构造等式或不等式。
3. 运用幂的运算规则，化简等式或不等式。
4. 根据等式或不等式的性质，解出未知数的值。
5. 检验解是否符合题意。
举例说明：
问题：已知a^3 = 8，求a 的值。
解题步骤：
1. 题目中已经给出了已知条件和需要求解的问题。
2. 已知条件为a^3 = 8。
3. 利用幂的运算规则，我们知道8 可以写成2 的立方，即8 = 2^3。
所以，可以得到a^3 = 2^3。
4. 根据等式的性质，我们得出a = 2。
5. 检验解：将a 的值代入原等式，验证等式是否成立。
即计算2^3 是否等于8。
经计算得知，2^3 = 8，符合题意。
因此，解为a = 2。
专题 构造法求数列通项的八种技巧
专题 构造法求数列通项的八种技巧【必备知识点】◆构造一:待定系数之1n n a Aa B +=+型构造等比数列求关于1n n a Aa B +=+(其中,A B 均为常数,(1)0AB A -≠)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为()1n n a M A a M ++=+,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.◆构造二:待定系数之1n n a Aa Bn C +=++型构造等比数列求关于1(1,0,0)n n a Aa Bn C A C B +=++≠≠≠类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn ,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn 再构造等比数列就可以,即令()1(1)n n a p n q A a pn q ++++=++,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解,p q ,从而得到{}n a pn q ++是公比为A 的等比数列.◆构造三:待定系数之1n n n a pa q +=+型构造数列求关于1nn n a pa q +=+(其中,p q 均为常数,(1)0pq p -≠)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为()11n n n n a q p a q λλ+++=+,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解. 方法二:先在递推公式两边同除以1n q+,得111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,引入辅助数列{}n b (其中n b nna q=),得11n n p b b q q+=⋅+,再利用待定系数法解决； 方法二:也可以在原递推公式两边同除以1n p +,得111nn n n n a a q p p p p ++⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭,引入辅助数列{}n b (其中n n na b p =),得11n n b b p +-=⋅.nq p ⎛⎫⎪⎝⎭,再利用叠加法(逐差相加法)求解. ◆构造四:同型构造法所谓同型构造法,就是将找因式中的因子和数列项数相同或者相近的部分通过同除或同乘化归成结构相同的形式,形成新的数列,如常数列,等差数列或等比数列.下面让我们来看看有哪些模型结构吧. 模型一:111(1)1n n n n n n a a n a n a n +++−=−−−−→⋅+=⋅+左右同乘,构造n n b n a =⋅,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型二:11111n n n n n a a n a a n n n +++−−−−−⋅→+==+左右同除,构造n n a b n=,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列. 模型三:()()21112(1)(2)(1)n n n n n n a a n a a n n n n n ++++−−−−+=⋅=+−→++−左右同除,构造(1)n n a b n n =+,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型四:()111(1)221n n n n n n n a a na n a n +++−−−−−→=+=+左右同除,构造n n ab n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型五:11111222212n n n n n n n n n n n n n a S S S S S n n S S S nn n ++++++++=⋅=⋅=⇒-⇒−−−−−→+⋅=左右同除,构造nn S b n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型六:1111111n n n n n a a n a a n n n n ++++=⋅=+++−−−+−−→左右同除,构造n n a b n=,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列.模型七:12111122122n n n n n n n n a a a a +++++−=+=−−−→+−左右同除,构造2nnna b =,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列. 模型八:1111111n n a an n n n n n a a a a a a ++++-−−=-=−−−→左右同除,构造1n nb a=,则11n n b b +-=,{}n b 为等差数列. 看了这么多模型,是不是觉得很多,很难记住呢,其实向大家展示这么多,只是想向大家展示,当看到这类式子,尽量将1n +和1n a +,n 和n a 等因子和数列项数相同的部分划归成结构相同的形式,构造成新数列.◆构造五:取倒数构造等差类型一:数列{}n a 满足:1n n n ba a ka b+=+,则有111n n n n b ka ka ba ab ++==+. 所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项,kb 为公差的等差数列,即111(1)n k n a a b =+-.(当分母出现加减时,我们很难将它进行化简运算,所以往往取倒数再运算才能找到突破点). 类型二:数列{}n a 满足:1112n n n n na a a a a -+-=-,则有11111211111n n n n n n n n n a a a a a a a a a -+-+--=⇔-=-. 所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.类型三:若数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足10n n n a kS S -+=,则有110n n n n S S kS S ---+=,两边同除以1n n S S -得:111n n k S S --=,故1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项,k 为公差的等差数列,即111(1)n n k S a =+-,再用1n n n a S S -=-,求{}n a .◆构造六:取对数构造法型如1k n n a ca +=,1n k n a ca -=或者1(),n n kb b b ac a -++=为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于11n n n a Aa Ba +-=+的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +--=--,利用{}1n n a a +-成等比数列,以及叠加法求出n a .还有一小部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +-=+++,利用{}1+n n a a +成等比数列求出n a .此方法可以解决大多数的11n n n a Aa Ba +-=+,1A B +=模型的试题.当然针对个别试题,单纯构造{}1n n a a +-成等比数列可能解决不了问题.我们需要学习更完整的方法来解决这种类型题.这就需要运用数列的特征方程理念来解决.当然我们不需要详细学习数列的特征方程,用高中的待定系数法也可以解决,接下来我们通过两道例题,来详细解释说明下这种方法.秒杀求法:21(,0)n n n a pa qa p q ++=+≠类通项公式暴力秒杀求法21(,0)n n n a pa qa p q ++=+≠对应的特征方程为:2x px q =+,设其两根为12,x x当12x x ≠时, 2212n n n a Ax Bx --=+，当12x x =时, 21()n n a An B x -=+其中A ,B 的值的求法,用12,a a 的值代入上面的通项公式中,建立方程组解之即可◆构造八：数列不动点构造求数列(较难,能力强的同学可以学习)针对1n n n ax bx cx d++=+这类题型,考题中并不多见,难度比较大,这类题型有特定的解题方法.我们需要学习“数列不动点”的知识点.接下来我们来学习下什么是“数列不动点”,它有什么性质.当然看不懂也没关系,可以通过例题,熟记掌握解题步骤就可以.对于函数()f x ,若存在实数0x ,使得()00f x x =,则称0x x =是函数()f x 的不动点. 在几何上，曲线()y f x =与曲线y x =的交点的横坐标即为函数()f x 的不动点.一般地,数列{}n x 的递推式可以由公式()1n n x f x +=给出,因此可以定义递推数列的不动点:对于递推数列{}n x ,若其递推式为()1n n x f x +=,且存在实数0x ,使得()00f x x =,则称0x 是数列{}n x 的不动点。
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。
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
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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．
用构造法解题
用构造法解题构造法，即构造出使用公式或定理的条件，或对所解题目赋于几何意义，或构造出题目所满足的条件的具体事例来验证结论的正确性或推翻结论等手段来解题的方法，若在解题时能灵活运用，可收到事半功倍的效果.本文将结合几个典型的例题谈一谈用构造法解题的规律，以此抛砖引玉.一、数形结合，构造几何意义 例１．求函数xx y cos 2sin 1--=的值域. 分析：联想斜率公式为 1212x x y y k --= ，不妨把函数y 理解为过定点Ｐ( 2 , １ )和动点Ｑ(cos x, sin x )的直线Ｌ的斜率k 的取值范围.而点Ｑ又在圆Ｃ：x 2 + y 2 = 1上，设直线Ｌ的方程为：y －１= k (x －2)，直线Ｌ与圆Ｃ有公共点，由 ⎩⎨⎧-=-=+)2(1122x k y y x 消去y 得：0)44()42()1(2222=-+-++k k x k k x k ，再由 △＝ 0)44)(1(4)42(2222≥-+--k k k k k解得: 340≤≤k ，所以函数的值域为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛34,0 例２．求函数1365222+-++-=x x x x y 的最小值. 分析：联想两点间距离公式，可将函数变形为：222)20()3()20()1(++-+-+-=x x y ，理解为Ｍ(x ，0)与Ａ(1，2)和Ｂ(3，－2)的距离之和. 又点Ｍ是x 轴上一动点，也即在x 轴上找一点Ｍ使Ｍ与Ａ的距离和Ｍ与Ｂ的距离之和最小值。
点Ａ和Ｂ分别在x 轴的上、下两侧，连ＡＢ与x 轴交点即为Ｍ，ＡＢ间距离就是函数的最小值，为 ()()52223122=++-注1、要灵活运用数形结合的方法，必须对解析几何中的公式及其各种变形有相当深刻的认识，也要对所求解的问题的数、式、形等特征有比较准确的把握. 敢于联想，善于联想是构造法的关键.二、构造平均值不等式例3．求函数y=sin2x cosx 的最大值分析：是乘积的形式，不难想到用基本不等式，可变形为y=2sinx cos 2x ＝2(1－sin 2x)sin x ，式中两个x 的余弦项一个是二次，另一个是一次，其和不是定值，再变形y=2934]sin )sin 1([2sin )sin 1(33222222=-=-x x x x 例4．已知a 、b ∈Ｒ＋，且a+b=1，求2121+++b a 的最大值. 分析：可将21+a 理解为 n m ⋅ ，其中m= a + 21 ，n =1，所以有 21+a 2121++≤a ；同理21+b 2121++≤b ，两式相加得 2121+++b a 223=++≤b a (等号成立的条件是a=b=1/2).若有兴趣，不妨再求 3121+++b a 的最大值. 注2：正确使用不等式求最值的关健是构造即凑定值（各项的和或积是定值），所用技巧一般有乘以一个常数、开平方（或开立方）再平方（或再立方），例3便是一典型例子；等号成立，既是正确解题的基础，也是分析问题的突破口（仔细体会例４及其思考题）.三、构造方程与函数例5． 已知(z －x)2－4(x －y)(y －z)=0，求证x ，y ，z 成等差数列.分析：由已知可知，关于t 的方程(x －y)t 2 + (z －x) t +(y －z)=0有两个相等的实根，易验证t １= t 2 =1是方程的根. 由韦达定理 1=t 1 ·t 2 = yx z y -- ，即x －y ＝y －z ，也即x ，y ，z 成等差数列. 例6．已知：(x+2y)5 + x 5 + 2x+2y=0，求x+y 的值。
专题06 构造法求数列通项的八种技巧(三)(解析版)
专题06构造法求数列通项的八种技巧(三)【必备知识点】◆构造六:取对数构造法型如1k n n a ca +=,1n k n a ca -=或者1(),n n k b b b a c a -++=为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.【经典例题1】数列{}n a 中,12a =,21n n a a +=,求数列{}n a 的通项公式.【解析】取以12a =为底的对数(不能取c 为底,因为1c =,不能作为对数的底数),得到1222loglogn n a a +=,122log 2log n n aa+=,设2log n an b =,则有12n n b b +=,所以{}n b 是以112log 1ab ==为首项,2为公比的等比数列,所以12n n b -=,所以12log =2n an -,122n n a -=.【经典例题2】数列{}n a 中,11a =,212n n a a +=,求数列{}n a 的通项公式.【解析】取以2为底的对数(这里知道为什么不能取11a =为底数的对数了吧),得到12222loglogn n a a +=,12222log log 2log n n a a +=+,122log 12log n n a a +=+设2log n an b =,则有1=12n n b b ++,这又回归到构造二的情况,接下来的步骤大家应该都记得吧,由于这道题较为简单,所以直接可看出1+1=2(1)n n b b ++,所以{}1n b +是以111b +=为首项,2为公比的等比数列,所以112n n b -+=,所以1=21n n b --,12log =21n a n --,1212n n a --=.【经典例题3】已知12a =,点()1,n n a a +在函数()22f x x x =+的图像上,其中*n N ∈,求数列{}n a 的通项公式.【解析】将()1,n n a a +代入函数得212n n n a a a +=+,()2211211n n n n a a a a ++=++=+,即()2111n n a a ++=+两边同时取以3为底的对数,得()()21111113333loglog log 2log n nn n a a a a ++++++=⇒=(为什么此题取以3为底的对数呢,大家思考下,新构造的数列首项为113log a +,113a +=,所以应当取以3为底,这样计算会简单很多,当然如果你计算能力较强,也可以取其他数作为底数).所以(){}13log na +是以1为首项,2为公比的等比数列,即()113log 12na n +-=⨯,1213n n a -+=,1231n n a -=-.【经典例题4】在数列{}n a 中,11a =,当2n 时,有2142n n n a a a +=++,求数列{}n a 的通项公式.【解析】由2142n n n a a a +=++,得21244n n n a a a ++=++,即()2122n n a a ++=+,两边同取以3为底的对数,得()212233loglog n n a a +++=,即()12233log 2log nn a a +++=,所以数列(){}23log na +是以1为首项,2为公比的等比数列,()213log 2nan +-=,1223n n a -+=,即1232n n a -=-.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于11n n n a Aa Ba +-=+的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +--=--,利用{}1n n a a +-成等比数列,以及叠加法求出n a .还有一小部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +-=+++,利用{}1+n n a a +成等比数列求出n a .【经典例题1】已知数列{}n a 满足()*12211,3,32n n n a a a a a n ++===-∈N ,求数列{}n a 的通项公式.【解析】由()1111322n n n n n n n a a a a a a a +-+-=-⇒-=-,故{}1n n a a +-是以212a a -=为首项,2为公比的等比数列,即()112122n n n n a a a a -+-=-=,接下来就是叠加法啦,1121...22n n n a a a a --⎫-=⎪⎬⎪-=⎭全部相加得:122nn a a -=-,所以21nn a =-.【经典例题2】已知数列{}n a 中,11a =,22a =,212133n n n a a a ++=+,求数列{}n a 的通项公式。
高中数学用构造法解题
高中数学用构造法解题一、构造函数例1、（1）在实数范围内解。
（2）解不等式分析：方程与不等式都是高次的，展开求解不现实，分别作适当变形，然后构造函数，再利用函数的单调性和奇偶性解题。
解析：（1）原方程变形为。
设函数，上述方程即为。
由于在上是单调增函数，故若，则必有成立。
因此，即，故原方程有唯一解。
（2）设，，易证f(x)在区间上为增函数。
，为奇函数，从而f(x)在区间上为增函数，原不等式可化为，即，即。
二、构造一元二次方程例2、已知三内角A、B、C的大小成等差数列，且，求A、B、C的大小。
分析：由根与系数的关系来构造一元二次方程是最常见的思路。
解析：由题知，联想到，由A、B、C成等差数列，得，故。
是方程的两根，得。
当A<C时，，得；当时，，得，，。
三、构造数列例3、已知，求满足的正整数n的取值范围。
解析：因此可知数列是以为首项，以为公比的等比数列。
，得。
所求n的取值范围是。
四、构造几何图形例4、试证：对任何，都有，当有仅当时等号成立。
解析：观察题目特点，从联想到余弦定理，可以构造三角形，同理，另两个根式也可构造三角形，利用几何图形进行证明。
根据题意构造图形（如上图），其中AB=a，BC=c，BD=b，，由余弦定理得：在中，，则。
但当A、D、C三点共线时等号成立，此时，，即。
，即例5、设关于的方程在区间（0，）内有相异的两个实根。
求实数a的取值范围。
分析：运用数形结合思想，将代数问题构造平面图形后，用平面解析几何的有关知识解题。
解析：设，则由题设知，直线与圆有两个不同的交点A（）和B（）。
即原点O到直线的距离小于1，即。
解得：。
又因为、，且，直线不过点（1，0），即。
所以，即。
构造法解题一例
构造法解题一例构造法解题是数学中常用的一种解题思路，是深入分析、正确思维以及丰富联想的产物，请看下面的这道例题：例：正数a 、b 、c 、A 、B 、C 满足条件a+A=b+B=c+C=k求证：aB+bC+cA<k 2证明一：这是一道代数不等式的证明题，可用代数法求解。
将条件式代入，有a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)<k 2，且有a 、b 、c ∈(0，k)即：(k-a-b)c+k(a+b)-ab-k 2<0当k-a-b ≥0时，运用放缩法，取c=k ，则左边≤-ab<0；当k-a-b<0时，运用放缩法，取c=0，则左边≤-(k-a)·(k-b)<0得证。
下面我们可用构造法，将数形结合，得出此不等式的巧妙证法。
证明二：由求证的不等式联想到面积关系，由所设条件联想到构造以边长为k 的正三角形，如下图所示：cb aCB A L NM Q P由S △LRM +S △MPN +S △NQL <S △PQR 即证。
证明三：由求证的不等式联想到面积关系，由题设条件式联想到以边长为k 的正方形。
如下图所示。
bCcA aB B b c baC BA由图即证。
证明四：以上两种证法是联想到面积，那么联想到体积可以吗？不妨构造棱长为k 的正方形，则有k 3=(a+A)·(b+B)·(c+C)ss=abc+ABC+k(aB+bC+cA)显然k 3>k(aB+bC+cA)得证。
证明五：还可联想函数式，构造以c（或a或b）为变量字母的一次函数式： f(c)=(k-a-b)c+k(a+b)-ab-k2 (0<c<k)此函数式的图象是无端点的线段，且f(0)<0，f(k)<0∴f(c)<0得证。
专题十五构造法求数列(解析版)
专题十五构造法求数列(解析版)专题十五构造法求数列（解析版）数列是数学中常见的概念，它是由一系列数字按照一定规律排列而成。
在解析数列的过程中，构造法是一种常用的方法，可以通过逐步构造出数列的规律，从而求解出数列的通项公式。
本文将介绍专题十五中构造法解析数列的具体步骤和应用。
一、构造法的基本概念构造法是一种通过逐步构造数列的规律来解析数列的方法，它可以帮助我们找到数列的通项公式或递推关系。
构造法的基本思路是从已知的数列出发，利用数列的特点逐步推导出新增项的规律，最终得到数列的通项公式。
二、构造法的具体步骤在使用构造法解析数列时，一般可以通过以下步骤进行求解：1.观察数列的规律首先，我们需要观察题目中给出的已知数列，从中寻找出数列的规律。
注意观察数列的项数、数值的变化方式、数列中可能存在的特殊性质等。
通过观察，我们可以初步猜测数列的通项公式或递推关系。
2.构造新增项在观察数列规律的基础上，我们可以通过构造新增项来进一步验证数列的通项公式。
构造新增项的方法可以多种多样，比如可以逐项相加、相减、相乘、相除等。
通过计算新增项的数值，可以判断我们的猜测是否正确。
3.推导出通项公式如果我们的猜测正确，那么通过构造新增项可以找到数列的递推关系或通项公式。
在推导过程中，可以利用数列的特殊性质、数学运算规律等，来进一步简化通项公式的表达形式。
推导出通项公式后，可以通过验证数列的前几项来进一步证明其正确性。
4.应用通项公式一旦得到数列的通项公式，我们可以利用该公式来求解数列的任意项。
通过代入特定的项数，就可以计算出数列中对应的数值。
此外，通过通项公式，我们还可以计算数列的和、平均值等相关性质。
三、构造法的应用示例为了更好地理解构造法的应用，下面以一个具体的示例进行讲解。
例：已知数列的前四项分别是1、4、9、16，求该数列的通项公式。
解：首先，观察已知的前四项，我们可以发现它们都是某个数的平方，即1=1²，4=2²，9=3²，16=4²。
巧用“构造法”解题的几种例析
巧用“构造法”解题的几种例析
方凯丰
【期刊名称】《消费导刊》
【年(卷),期】2011(000)017
【摘要】“构造法”就是有意识地对问题进行联想、转换,将其转化为易于解决的问题的解题方法.加强“构造法”的训练不仅有助于实际问题的解决,而且有助于我们展开联想,侧面迂回,轻松巧妙地解决问题,从而培养创造力,提高学习兴趣.rn下面是一道常见的“鸡兔同笼”问题:rn一个农民有鸡兔若干,它们共有50个头和140只脚,则鸡兔各多少?(常规解法是用二元一次方程组来求解)rn有人构造出这么一种奇特现象来帮助解题:所有的鸡都“金鸡独立”,抬起一只脚,所有的兔子都抬起两只前脚,则变为50个头和70只脚.在此情况下,如果有一只兔子,则脚的数目就比头的数目大1,所以兔子有70- 50=20只,鸡有30只.可见巧妙的联想和构造将问题简单化了.rn高中数学中,合理的构造也会起到“四两拨千斤”的效果.rn一、通过等式两边,分别构造函数rn将方程的两边分别作为一个函数,联系数形结合来解题.rn例1:已知x1是方程x+lgx=3的解,x2是方程lgx=-x+3的解,求x1+x2.
【总页数】1页(P156)
【作者】方凯丰
【作者单位】安徽省黄山市中华职业学校
【正文语种】中文
【相关文献】
1.巧用构造法提高命中率——试议高中数学解题过程中构造法的妙用 [J], 施建华;
2.例析“构造法”在解题中应用 [J], 吴志锋;张嘉钦
3.巧用“构造法”解题的几种例析 [J], 方凯丰
4.例析构造法在初中数学解题中的应用 [J], 徐向明;
5.一道遗传题解题方法的课堂诊断——巧用"配子法"逆向推导亲本基因型的应用例析 [J], 尚莉萍
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用构造法求数列的通项公式汇总
用构造法求数列的通项公式汇总构造法是一种在数学中广泛使用的解题方法，特别是在求解数列的通项公式时，我们可以通过构造一些新的数列，将问题转化为已知的问题，从而达到求解的目的。
以下是几种用构造法求数列通项公式的汇总：1.等差数列构造法：对于形如 an+1 = an + d 或者 an+1 = an - d 的递推式，我们可以通过累加法来求通项公式。
即：令n = 0,1,2,n-1，然后将其各项相加，可得：a1 + (a1 + d) + (a1 + 2d) + , + [a1 + (n-1)d] = n(a1 + n-1)d。
对于等差数列，我们还可以使用前 n 项和公式求解通项公式：an = Sn - Sn-1。
2.等比数列构造法：对于形如 an+1 = q an 或者 an+1 = an q 的递推式，我们可以通过连乘法来求通项公式。
即：令n = 0,1,2,n-1，然后各项相乘，可得：a1 * a1q * a1q^2 * , * a1*q^(n-1) = a1^n * q^(1+2+,+(n-1))。
3.常见数列构造法：对于形如 an+1 = an^2 或者 an+1 = an^2 + 1 等无法直接求出通项公式的递推式，我们需要通过构造新的辅助数列来求解。
例如，令an+1 + x = (an +x)(an + x)，可以构造出新的等比数列，从而求得通项公式。
对于形如 an+2 = an+1 + an 或者 an+2 = an+1 * an 等无法通过递推直接求出通项公式的递推式，我们可以通过对原式变形，构造出两个独立的等差或者等比数列，从而利用对应的方法求出通项公式。
例如，对于 an+2 = an+1 + an，我们可以令an+2 + an+1 = 2(an+1 + an)，得到一个等差数列；对于 an+2 = an+1 * an，我们可以令an+2 / an+1 = an+1 / an，得到一个等比数列。
逆用函数求导公式--------构造法解题
逆用函数求导公式--------构造法解题数学试题的呈现方式，是数学公式逆用形式，如两角和与差的三角公式逆用，可以用辅助角公式解决，线性规划的目标函数，常见的有截距，距离，斜率公式的形式，，求定积分的运算就是导数公式的逆用寻找原函数，两个函数和差积商的导数公式逆用，可以通过构造新函数来解决。
本文通过对导数公式的逆用，构造新函数，并结合函数的单调性，奇偶性来解决不等式问题。
背景知识：(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；(2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )(g (x )≠0)．典型例题：类型一：和差导数公式逆用：例1. 设函数()f x ，()g x 在[],a b 上均可导，且()()f x g x '>'，则当a x b <<时，有.A ()()f x g x > .B ()()f x g x <.C ()()()()f x g a g x f a +>+ .D ()()()()f x g b g x f b +>+解：构造)()()(x g x f x F -=，0)()()(>'-'='x g x f x F ，)(x F 为增函数，)()()(b F x F a F <<)()()()()()(b g b f x g x f a g a f -<-<-，∴()()()()f x g b g x f b +>+，选D 类型二，积的导数公式逆用：9.设)(),(x g x f 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,当0<x 时,()()()()f x g x f x g x ''+＞0.且0)1(=g .则不等式0)()(<x g x f 的解集是_________解：)()()(x g x f x F =，0)()()()()(>'+'='x g x f x g x f x F ，)(x F 为增函数，)(x F 为奇函数，0)3(=g ，0)1(=F ，结合)(x F 的图象可得0)(<x F 的解集为)1,0()1,(⋃--∞7．设函数()f x 是定义在(),0-∞上的可导函数，其导函数为()f x '，且有x x f x x f <'+)()(，则不等式0)2(2)2014()2014(>-+++f x f x 的解集为（ ）A ．(),2012-∞-B ．()20120-，C ．(),2016-∞-D ．()20160-，解：由()()f x xf x x '+<，0x <得： [()]0xf x x '<<，令()()F x xf x =，则当0x <时，()0F x '<，即()F x 在(,0)-∞是减函数，(2014)+=F x (2014)(2014)x f x ++ ，(2)(2)(2)F f -=--，由题意：(2014)F x +＞(2)F -又()F x 在(,0)-∞是减函数，∴20142x +<-，即2016x <-，故选C设)(x f 是定义在R 上的可导函数，且满足0)()(>'+x f x x f .则不等式)1(1)1(2-->+x f x x f 的解集为 ．解： 令)()(x xf x h =，因为0)()(>'+x f x x f ，=')(x h 0)]([>'x f x ，)(x h 在定义域上递增函数，所以)1(1)1(122-->++x f x x f x ，1≥x ，∴112->+x x ，2<x ，解集为)2,1[8．设函数()f x 是定义在(0)-∞，上的可导函数，其导函数为()f x '，且有22()()f x x f x x '+>，则不等式2(2014)(2014)4(2)0x f x f ++-->的解集为（ ）A ．(),2012-∞-B ．()20120-，C ．(),2016-∞-D ．()20160-，解：由22()()f x xf x x '+>，0x <得：232()()xf x x f x x '+<，即23[()]0x f x x '<<，令2()()F x x f x =，则当0x <时，()0F x '<，即()F x 在(,0)-∞是减函数，2(2014)(2014)(2014)F x x f x +=++ ，(2)4(2)F f -=-，(2014)(2)0F x F +-->，()F x 在(,0)-∞是减函数，所以由(2014)(2)F x F +>-得，20142x +<-，即2016x <-，故选C类型三，商的导数公式逆用：当出现导数差的形式是，可以考虑商的导数例1．已知函数)(x f 是定义在R 上的奇函数，0)1(=f ， 当0x >时，有2()()0xf x f x x'->成立，则不等式0)(>x f 的解集是A ．(1,0)(1,)-+∞B ．(1,0)-C ．(1,)+∞D ．(,1)(1,)-∞-+∞解：由当0x >时，有2()()0xf x f x x '->成立,知函数xx f x F )()(=的导函数0)()()(2>-'='x x f x f x x F 在),0(+∞上恒成立,所以函数x x f x F )()(=在),0(+∞上是增函数,又因为函数)(x f 是定义在R 上的奇函数,所以函数xx f x F )()(=是定义域上的偶函数,且由0)1(=f 得0)1()1(==-F F ,由此可得函数xx f x F )()(=的大致图象为: 由图可知不等式0)(>x f 的解集是),1()0,1(+∞⋃-.故选A.例2．函数)(x f 是R 上的可导函数,0x ≠时，()()0f x f x x '+>，则函数1()()g x f x x =+的零点个数为（ ）A ．3B ．2C ．1D ．0解：方法一：构造函数)()(x xf x F =，)()()(x f x x f x F +'='，()()0f x f x x '+>，0)(>'xx F ，当0>x 时，0)(>'x F ，)(x F 为增函数，当0<x 时，故可得0)(<'x F ，)(x F 为减函数，0)0(=F ,0)(≥x F ，1()()g x f x x =+xx F x x xf 1)(1)(+=+=无零点 方法二：由于函数g(x)＝f(x)+1x，可得x≠0，因而 g （x ）的零点跟 xg （x ）的非零零点是完全一样的，故我们考虑 xg （x ）=xf （x ）+1 的零点．由于当x≠0时，f ′(x)+()f x x＞0，①当x ＞0时，(())(()1)()()xg x xf x xf x f x '''=+=+=()(())f x x f x x '+＞0，所以()xg x 在（0，+∞）上是单调递增函数．又∵0lim[()1]1x xf x →+=，∴当x ∈（0，+∞）时，函数()xg x =()1xf x +＞1恒成立，因此()xg x =()1xf x +在（0，+∞）上没有零点．②当x ＜0时，由于(())(()1)()()xg x xf x xf x f x '''=+=+=()(())f x x f x x'+＜0， 故函数()xg x 在（-∞，0）上是递减函数，函数()xg x =()1xf x +＞1恒成立，故函数()xg x 在（-∞，0）上无零点．综上可得，函g(x)＝f(x)+1x 在R 上的零点个数为0.上的函数，其中()f x 的导函数为'()f x ，满足．22012(2)(0),(2012)(0)f e f f e f ><．22012(2)(0),(2012)(0)f e f f e f <>解：由'()()f x f x <，知0)()()()()()(2<-'=-'='x x x x ex f x f e e x f e x f x F ，故函数是定义在R 上的减函数，),0()2(F F <∴即)0()2(202f e f e e <⇒<，同理可得)0()2012()0(2012201202012f e f ef e f <⇒<）（，故选B例4设函数()f x 是定义在(),0-∞上的可导函数，其导函数为()f x '，)()(x f x f >',且1)3(=f ,解不等式3)(->x e x f解：构造函数x e x f x g )()(=，则x ex f x f x g )()()(''-=，因为()()f x f x '>，所以0)('>x g ；即函数)(x g 在R 上为增函数，)3()(g x g >，∴3>x例5．若定义在R 上的函数f(x)的导函数为()f x '，且满足()()f x f x '>，则(2011)f 与2(2009)f e 的大小关系为（ ）.A 、(2011)f <2(2009)f eB 、(2011)f =2(2009)f eC 、(2011)f >2(2009)f eD 、不能确定【答案】C解：构造函数x e x f x g )()(=，则x ex f x f x g )()()(''-=，因为()()f x f x '>，所以0)('>x g ；即函数)(x g 在R 上为增函数，则20092011)2009()2011(ef e f >，即2)2009()2011(e f f >. 例6．若不等式定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的函数()f x ，其导函数是()()(),tan f x f x f x x ''<⋅且恒有成立，则A ．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B ．63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D 63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解：在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，由()()sin 'cos x f x f x x <，得()()'sin cos 0f x x f x x ->，构造函数()sin f x y x =，则()()2'sin cos 'sin f x x f x x y x-=0>，函数()sin f x y x =为增函数，由63ππ<，则63sin sin 63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 例7(周考22)14．已知定义在R 上的奇函数)(x f 的导函数为)('x f ，当0<x 时，)(x f 满足()()2 ') (f x xf x xf x +<，则)(x f 在R 上的零点个数为 A.1 B.3 C. 5 D .1或3 导函数，不分段 0<x ，)()()(222x f x x f x x xf >'+ 由()()2 ') (f x xf x xf x +<两边同乘x 可得，)()()(222x f x x f x x xf <'+，则可得)(])([22x f x x f x >',构造函数x e x f x x F )()(2=，0)(])([)(22>-'='xe xf x x f x x F ，函数x e x f x x F )()(2=为增函数，当0<x ，0)0()(=<F x F ,02>x ex ， 0)(<x f ，)(x f 为奇函数，)(x f 零点个数为1例8)(x f 是定义在上R 的奇函数，且0)1(=-f ，当0>x 时，0)(2)()1(2<-'+x xf x f x ，则不等式0)(>x f 的解集为 解：1)()(2+=x x f x F ，0)1()(2)()1()(222<+-'+='x x xf x f x x F ，)(x F 为减函数，)(x F 为奇函数，0)1(=-f0)1(=-F ,结合)(x F 的图象可得不等式0)(>x f 的解集为)1,0()1,(⋃--∞6．()f x 是定义在(0,)+∞上的非负可导函数，且满足()()0xf x f x '+≤，对任意正数,a b ，若a b <，则必有( )A ．()()af b bf a ≤B ．()()bf a af b ≤C ．()()af a f b ≤D ．()()bf b f a ≤解：由()()0x f x f x '+≤可得()()x f x f x '≤-，因为(0,)x ∈+∞且()0f x ≥，所以()0f x '≤在(0,)+∞上恒成立，所以()f x 在(0,)+∞单调递减或()f x 为非负的常数函数（当且仅当(0,)x ∈+∞时，都有()0f x '=时，()f x 才为常数函数），当()f x 在(0,)+∞单调递减时，由0a b <<可得()()0f a f b >≥，再由不等式性质中的可乘性可得()()bf a af b >；当()f x 为非负常数函数时，()()0f a f b =≥，所以()()af b bf a ≤（当且仅当()0((0,))f x x =∈+∞时，等号成立），综上可知，选A.方法二：由()()0xf x f x '+≤，即[()]0xf x '≤，设()()F x x f x =，则()0F x '≤，所以()F x 在(0,)+∞单调递减或()F x 为恒大于零的常数函数（当且仅当(0,)x ∈+∞时，都有()0F x '=时，()F x 才为常数函数），当()F x 在(0,)+∞单调递减时，由a b <，可得()()F a F b >即()()af a bf b >；当()F x 为恒大于零的常数函数时，()()F a F b =即()()af a bf b =，根据不等式传递性，)()()()(b af b bf a af a bf ≥≥≥ 方法三：构造函数x x f x F )()(=，2)()()(xx f x f x x F -'='，由()()xf x f x '≤-得，2)()()(x x f x f x x F -'='0)()(2≤--≤x x f x f ，)(x F 为单调减函数或常函数，由a b <可得()()af b bf a ≤时，()'()'()f x f x xf x +<恒A D ．c b a <<解：构造函数1)(-=x x F ，=')(x F 0)1()(]1[2>--='-x x f x ,)(x F 为单调增函数， 12)2(-=f a ,13)3(-=f b ,12)12(--=f c ，由3212<<-，可得c a b <<，选A类型四，构造组合函数形式例1 定义在上R 上的可导函数)(x f ，满足2)()(x x f x f =+-，当0<x 时，x x f <')(，则不等式x x f x f +-≥+)1(21)(的解集为_________ 解：221)()(x x f x g -=，0)()(=-+x g x g ，)(x g 为奇函数，当0<x 时，0)()(<-'='x x f x g ，)(x g 为减函数，，x x f x f +-≥+)1(21)(，可得22)1(21)1(21)(x x f x x f ---≥-，即)1()(x g x g -≥∴ x x -≤1，即21≤x 例2定义在上R 上的可导函数)(x f ，满足2)()(x x f x f =+-，当0>x 时，x x f >')(，若a a f a f 22)()2(-≥--，则实数的取值范围是的_________解：221)()(x x f x g -=，0)()(=-+x g x g ，)(x g 为奇函数，当0>x 时，0)()(>-'='x x f x g ，)(x g 为增函数，a a f a f 22)()2(-≥--，可得2221)()2(21)2(a a f a a f -≥---，即)1()(x g x g -≥∴ )()2(a g a g ≥-，a a ≥-2，即1≤a例3定义在上R 上的可导函数)(x f ，满足1)()(>'+x f x f 4)0(=f ，则不等式3)(+>x x e x f e （其中为自然对数的底数）的解集为_________解：构造函数x x e x f e x F -=)()(，=')(x F )1)()(()()(-+'=-+'x f x f e e x f e x f e x x x x ,)(x F 为R 单调增函数， 3)0(=F ,原不等式等价于)0()(F x F >,∴解集为),0(+∞。
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课题：用构造法解题
授课教师 李建国（华中师大一附中）
一、教学目标
理解并掌握构造法解题的原理与步骤；并通过对构造法解题的讲解，培养学生的创新思维能力。
二、重点、难点
教学重点：理解构造法。
教学难点：掌握并应用构造法解题。
三、教学过程
【课题引入】
例：设a>b>c ，a+b+c=1，a 2
+b 2
+c 2
=1.求证：1<a+b<
43。
证明：依题设有a+b=1-c ； ① a 2
+b 2
=1-c 2
； ② ①２－②得ab=c 2
-c 。
③
由①、③两式说明：a 、b 是关于x 的一元二次方程：x 2-（1-c ）x+c 2
-c=0，④的两个不相等的实根，且因为已知a>b>c ，表明方程④的两根都大于c 。
设f （x ）=x 2-（１－c ）x+c 2
-c ，∴012()0
c c f c ∆>⎧⎪-⎪>⎨⎪
>⎪⎩⇒103c -<<，由①知，413a b <+<。
从该例中抽象出解题方法为：构造法，这也是我们今天要讲解的课题：用构造法解题。
它在数学解题过程中有着较为广泛的应用。
构造法：就是根据题设条件和结论的特殊性，构造出一些新的数学形式，并借助它认识与解决原问题的一种思想方法。
用构造法解题的关键在于寻找到合理的数学模型。
【例题部分】
例1 设x 、y ∈R ，且满足⎪⎩⎪⎨⎧=-+--=-+-1)2(2002)
2(1)1(2002)
1(2003
2003
y y x x ，求x+y 的值。
解：构造函数f(t)=t 2003
+2002t ，易知f(t)是R 上的奇函数也是单调函数，由此可得：
f(x-1)= -f(y-2)，∴f(x-1)=f(2-y)，∴x-1=2-y ，∴x+y=3。
例2 四面体S —ABC 的三组对棱分别相等，且依次为52，13，5，试求四面体 S —ABC 的体积。
解：如图1，构造长方体SA 1CB 1—S 1AC 1B ，分别连结
SA 、SB 、SC 、AB 、BC 、CA 。
设长方体的三度分别为：x 、y 、z 。
令5,13,52===SC SB SA ，
S A 1
S 1
A
C
B
B 1
C 1
图1 x
y
z
则有222222
22220x 213 y 43
25SA x y SB x z z SC y z ⎧=+==⎧⎪⎪=+=⇒=⎨⎨⎪⎪==+=⎩⎩。
由图1，则四面体S —ABC 的体积为长方体的体积减去四个等积的三棱锥体积， ∴xyz xyz xyz V V V B AS S B AC S CB SA ABC S 3
1
32411111=-
=-=---=8。
例3 求方程a+b+c+d=6有多少组正整数解？
解：构造模式：有6个形状、大小、颜色完全相同的球分成四组，每组中至少有一个球的分法有多少种：○ ○ ○ ○ ○ ○。
该问题利用构造模型转化为了一个组合问题，实际上是在五个空中插入3个隔板，共
35C =10种正整数解。
例4 设x ，y 均为正实数，证明：不等式()ln ln ln 2
x y
x y x x y y ++≤+。
证明：① 当x=y 时，yIny xInx y
x In
y x +=++2
)(； ② 当x ≠y 时，不失一般性，设x>y>0，并取y=m ，则x ∈(m ，+∞)，
设g(x)=xlnx+ylny-(x+y)In
2y x +，即g(x)=xlnx-(x+m)ln 2m
x ++mlnm ，（x ∈(m ，+∞)） 又∵m
x x
m x x m x m x m x x x g +=+-=+⋅+++-+='2ln
2ln ln )222(ln 1ln )(， ∵2x>x+m ，∴12>+m x x ，∴02ln )(>+='m
x x
x g ，∴g(x)在（m ，+∞）上单调递增，又
g(m)=0，∴g(x)>0，即xlnx-(x+m)In 2
m
x ++mlmm>0，∴m m x x m x m x ln ln 2ln )(+<++，
即y y x x y
x y x ln ln 2
ln )(+<++。
综合①②知：有y y x x y
x y x ln ln 2
ln )(+≤++。
例5 对一切非零自然数n ，求证：
证明： 构造数列｛an ｝，使其通项为
1(11)1,a =
+=>=
又∵1n n a a +==
=
1=>=，
1()n n a a n N ++>∈，∴ 对一切自然数n ，都有a n ≥a 1>1，即
111)(1)(1)1,432n ++⋅⋅⋅⋅+>-∴11(11)(1)(1)432n ++⋅⋅⋅⋅+>-
本题一般用数学归纳法证明，但应用构造思想求解，更有情趣，更见功力.
【课堂小结】
（1）用构造法解题，可构造表达式，构造图形等，在构造表达式中我们又可构造函数，构造数列等进行解题。
（2）应用好构造法的关键有两点：① 要有明确的方向，即为什么目的而构造；② 要弄清条件的本质特点，以便重新进行逻辑组合。
（3）运用构造法解题，关键在于寻找到合理的数学模型，一旦运用成功，它所呈现的是问题的本质规律和数学内在的美，往往给人耳目一新的感觉，同时也告诉我们大家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。
2007-11-20。