例谈构造法在解题中的应用
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１
一
—
’
ａｎ ｌ
１ ５ ０ 。 ， ９ ０ 。 ， １ ２ ０ 。 （ 如下 图） ， 则可 以利用整个 图形 的面积关
系得 出所求 的值 ， 即
‘
． ．
数列｛ 一 ａ ｉ ｝ 是以÷一１ ｎ 为首项， 寺 为公差的等差数
１
ｚ ｚ ＋２ ｙ ｚ ＋３ ｚ ｘ一 ４ （
＋
＋
） 一４
列．
・ ． ．
１
ａ
一１
＿１ ）
＝
ｚ
御
＿ ｒ ｌ ．
（ Ｓ Ａ ＋ｓ △ ＋Ｓ △ ） 一４ 、 ／ ３ ｓ △ 一２ ４ ， ／ ｇ ．
Ｃ
评析 ： 通 过 观 察 其 条件 特 征 ， 进 行 变形 ， 构 造 出 熟 悉
的等差数列和等 比数列是求解上述两题的关键． 二、 构造 函数证明不等式
。
． ．
｛ ｎ 一２ ｝ 是一个首项为一１ ， 公 比为去 的等比数
ｙ
一
． ｃ ｏ ｓ １ ５ ０ 。 ＝５ ｚ ， （
４ 。
．
） ＋ ２ ２ —３ ， ＋ 一 ２ ｘ ｚ ｃ ｏ ｓ １ ２ ０ 。
ｑ ３
—
ｑ ３
列，
・ ． ．
口 一 ２ 一 （ 一 １ ） （ ） ～ ， 即 ＝ ＝ ＝ ２ 一 （ 告 ） ．
１
又 因为 １ ５ ０ 。 ＋９ ０ 。 ＋１ ２ ０ 。 ：３ ６ ０ 。 ， 所 以可 以构造一 个
以３ 、 ４ 、 ５为 边 长 的 Ｒ ｔ Ａ ＡＢ Ｃ， Ｐ为三 角形 内一点 ， Ｐ Ａ，
Ｐ Ｃ 的长 度 分 别 为 ， ｙ ， ｚ ，它 们 的 夹 角 分 别 为 （ ２ ） 一 （ 得 去 一 十 号 一 ＰＢ，
求ｚ ｚ ＋２ ． ｙ ＋３ 材 的值． 解析 ： 本题若用 常规 的加减 法 或代 人法 ， 则解 方 程
的过程较繁琐 ， 注意到已知三式可变为 ： ＋（ － Ｙ － －） 。 －２ ｘ・
０
解析 ： （ １ ） 。 ． 。 ｎ 一１ ＋ （ ” ≥１ ） ，
・
．
． ＋ ～２ 一 （ 一２ ） ．
） ＞ １ 则有 ｌ ｎ （ １ ＋１
ｎ
实现原 问题 的解决 ， 这就是 构造法． 作为一 种数 学思想 方法 ， 构造法的应用 很广． 本文 通过 以下例题加 以说 明．
一
１
～ Biblioteka ． 、构造新的等差或等比数列求通项
评析 ： 本题 的关键在 于构造 函数． 三、 构造 图形求值
【 例１ 】 写 出下面各数列的一个通项公式．
（ １ ） ｎ 一 ｌ ， 口 ＋ １ — １ ＋ ９（ ≥ １ ） ；
ａ （ ２ ） ｎ ｌ 一１ ， ｎ 一 ￣
【 例３ 】 若正数 ｚ ， Ｙ ， ２ 满足． ７ Ｃ 。 ＋ｚ 十÷ 一２ ５ ，
＿ Ｔ ＿ ｎ
ｎ － １（ ≥ ２ ）．
÷ ＋ 一 ９ ， ＋ ｘ ｚ ＋ ｘ 一１ ６ ，
【 例２ 】证 明 ： 对 任 意 的 正 整 数” ， 不 等 式Ｉ ｎ （ 吉 ＋
１ ） ＞ 去 一 １ 都 成 立 ．
分 析： 本 题 从 所 证 结 构 出 发 ， 只 需 令 音一 ． ｚ ， 则 问 题
转化 为“ 当ｘ ＞Ｏ时 ， 恒有 １ ｎ （ ＋１ ） ＞ｚ 一 成立” ． 现构 造 函数 （ ｚ ） 一 一ｚ ＋ｌ ｎ （ ｚ ＋１ ） ， 求导后即可证 明． 解： 令 （ ｚ １ ） 一 一ｚ 。 ＋ｌ ｎ （ ｘ ＋１ ） ，
（ 责任编辑
金
铃）
即 一 ｚ 。 ＋ｔ ｎ （ ３ ２ ＋１ ） ＞０ ， ． ‘ ． Ｉ ｎ （ ｚ ＋１ ） ＞ｚ 一 ．
３６ 中学教学参考
２ ０ １ ３ 年１ 月 总第 １ ４ ６ 期
ｌ
评析： 求解本题 的关键在 于构造 成余 弦定理进 而转
化 成 三 角形 面 积 问题 ．
数学的构造思想方 法具 有很 大的灵活性． 根据待解
问题的特征 ， 既可 以构 造 函数 、 构 造方 程 、 构 造 恒等 式 、 构造不等式 、 构 造数 列等 方式 ， 利用 “ 数” 的模 式解 决数 和形的问题 ； 也 可 以通 过 构 造 图象 、 图形等 方 式 ， 利 用 “ 形” 的模 式解决 关 于数或 形 的问题． 因此 ， 构造 法在 数 之一 ， 在教学过程 中我们应该 重视培养 学生这 方 面的能
中学教学参考
解 题 方法 ｓ技 巧
例 谈构 造 法在 解 题 中的应 用
陕 西神 木县 第 四 中学（ ７ １ ９ ３ ０ ０ ） 薛 向荣
根据 待 解 问题 的特 殊性 ， 设 计 并 构造 一 个 新 的关
系， 及构 造一个 数学模 式 ， 通 过对这 个数学模 式 的研究
对 任 意 正 整 数 ， 取ｚ 一 专∈ （ ０ ， ＋ 。 。 ） ，
力．
Ｎ ｈ ） ＝ ３ Ｘ ２ － ２ ＋ 一 鲁 在 ｚ ∈ 学问题解决 中有着广泛的应用 ， 是重要 的数 学思想方 法
（ ０ ， ＋ｏ ｏ ） 上恒正 ，
所 以函数 （ ） 在（ Ｏ ， ＋。 。 ） 上单调递增 ，
。 ． ．
∈（ Ｏ ， ＋。 。 ） 时， 恒有 矗 （ ） ＞ （ Ｏ ） 一０ ，
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１ ５ ０ 。 ， ９ ０ 。 ， １ ２ ０ 。 （ 如下 图） ， 则可 以利用整个 图形 的面积关
系得 出所求 的值 ， 即
‘
． ．
数列｛ 一 ａ ｉ ｝ 是以÷一１ ｎ 为首项， 寺 为公差的等差数
１
ｚ ｚ ＋２ ｙ ｚ ＋３ ｚ ｘ一 ４ （
＋
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列．
・ ． ．
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一１
＿１ ）
＝
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（ Ｓ Ａ ＋ｓ △ ＋Ｓ △ ） 一４ 、 ／ ３ ｓ △ 一２ ４ ， ／ ｇ ．
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评析 ： 通 过 观 察 其 条件 特 征 ， 进 行 变形 ， 构 造 出 熟 悉
的等差数列和等 比数列是求解上述两题的关键． 二、 构造 函数证明不等式
。
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｛ ｎ 一２ ｝ 是一个首项为一１ ， 公 比为去 的等比数
ｙ
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． ｃ ｏ ｓ １ ５ ０ 。 ＝５ ｚ ， （
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口 一 ２ 一 （ 一 １ ） （ ） ～ ， 即 ＝ ＝ ＝ ２ 一 （ 告 ） ．
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又 因为 １ ５ ０ 。 ＋９ ０ 。 ＋１ ２ ０ 。 ：３ ６ ０ 。 ， 所 以可 以构造一 个
以３ 、 ４ 、 ５为 边 长 的 Ｒ ｔ Ａ ＡＢ Ｃ， Ｐ为三 角形 内一点 ， Ｐ Ａ，
Ｐ Ｃ 的长 度 分 别 为 ， ｙ ， ｚ ，它 们 的 夹 角 分 别 为 （ ２ ） 一 （ 得 去 一 十 号 一 ＰＢ，
求ｚ ｚ ＋２ ． ｙ ＋３ 材 的值． 解析 ： 本题若用 常规 的加减 法 或代 人法 ， 则解 方 程
的过程较繁琐 ， 注意到已知三式可变为 ： ＋（ － Ｙ － －） 。 －２ ｘ・
０
解析 ： （ １ ） 。 ． 。 ｎ 一１ ＋ （ ” ≥１ ） ，
・
．
． ＋ ～２ 一 （ 一２ ） ．
） ＞ １ 则有 ｌ ｎ （ １ ＋１
ｎ
实现原 问题 的解决 ， 这就是 构造法． 作为一 种数 学思想 方法 ， 构造法的应用 很广． 本文 通过 以下例题加 以说 明．
一
１
～ Biblioteka ． 、构造新的等差或等比数列求通项
评析 ： 本题 的关键在 于构造 函数． 三、 构造 图形求值
【 例１ 】 写 出下面各数列的一个通项公式．
（ １ ） ｎ 一 ｌ ， 口 ＋ １ — １ ＋ ９（ ≥ １ ） ；
ａ （ ２ ） ｎ ｌ 一１ ， ｎ 一 ￣
【 例３ 】 若正数 ｚ ， Ｙ ， ２ 满足． ７ Ｃ 。 ＋ｚ 十÷ 一２ ５ ，
＿ Ｔ ＿ ｎ
ｎ － １（ ≥ ２ ）．
÷ ＋ 一 ９ ， ＋ ｘ ｚ ＋ ｘ 一１ ６ ，
【 例２ 】证 明 ： 对 任 意 的 正 整 数” ， 不 等 式Ｉ ｎ （ 吉 ＋
１ ） ＞ 去 一 １ 都 成 立 ．
分 析： 本 题 从 所 证 结 构 出 发 ， 只 需 令 音一 ． ｚ ， 则 问 题
转化 为“ 当ｘ ＞Ｏ时 ， 恒有 １ ｎ （ ＋１ ） ＞ｚ 一 成立” ． 现构 造 函数 （ ｚ ） 一 一ｚ ＋ｌ ｎ （ ｚ ＋１ ） ， 求导后即可证 明． 解： 令 （ ｚ １ ） 一 一ｚ 。 ＋ｌ ｎ （ ｘ ＋１ ） ，
（ 责任编辑
金
铃）
即 一 ｚ 。 ＋ｔ ｎ （ ３ ２ ＋１ ） ＞０ ， ． ‘ ． Ｉ ｎ （ ｚ ＋１ ） ＞ｚ 一 ．
３６ 中学教学参考
２ ０ １ ３ 年１ 月 总第 １ ４ ６ 期
ｌ
评析： 求解本题 的关键在 于构造 成余 弦定理进 而转
化 成 三 角形 面 积 问题 ．
数学的构造思想方 法具 有很 大的灵活性． 根据待解
问题的特征 ， 既可 以构 造 函数 、 构 造方 程 、 构 造 恒等 式 、 构造不等式 、 构 造数 列等 方式 ， 利用 “ 数” 的模 式解 决数 和形的问题 ； 也 可 以通 过 构 造 图象 、 图形等 方 式 ， 利 用 “ 形” 的模 式解决 关 于数或 形 的问题． 因此 ， 构造 法在 数 之一 ， 在教学过程 中我们应该 重视培养 学生这 方 面的能
中学教学参考
解 题 方法 ｓ技 巧
例 谈构 造 法在 解 题 中的应 用
陕 西神 木县 第 四 中学（ ７ １ ９ ３ ０ ０ ） 薛 向荣
根据 待 解 问题 的特 殊性 ， 设 计 并 构造 一 个 新 的关
系， 及构 造一个 数学模 式 ， 通 过对这 个数学模 式 的研究
对 任 意 正 整 数 ， 取ｚ 一 专∈ （ ０ ， ＋ 。 。 ） ，
力．
Ｎ ｈ ） ＝ ３ Ｘ ２ － ２ ＋ 一 鲁 在 ｚ ∈ 学问题解决 中有着广泛的应用 ， 是重要 的数 学思想方 法
（ ０ ， ＋ｏ ｏ ） 上恒正 ，
所 以函数 （ ） 在（ Ｏ ， ＋。 。 ） 上单调递增 ，
。 ． ．
∈（ Ｏ ， ＋。 。 ） 时， 恒有 矗 （ ） ＞ （ Ｏ ） 一０ ，