数学解题中的应用

浅谈构造法在中学数学解题中的应用摘要：本论文探讨一种数学解题方法——构造法.主要通过大量的例题说明构造法是广泛存在于解题过程中的.而且对于解某些问题是非常有用的.关键词：构造法；创造性SomeApplicationsofConstructiveMethodtoSolvingProblemsinMiddleSchoolMathematicsSchoolofMathematicsandStatistics,SouthwestUniversity,Chongqing400715,ChinaAbstract:Inthispaper,wehaveinquiredintoamethodtosolvingmathematicalproblem,whichiscalledconstructivemethod.Throughmanyexamples,wecouldfindthismethodiswidelyusedandveryusefulinsomeproblems.Keywords:constructivemethod;creative1.引言构造的数学思想提炼与数学各分支的研究方法之中，它融直观性、简单性、统一性、抽象性、相似性于一体，显示出简化与精密、直观与抽象的高度统一.什么是构造法又怎样去构造呢？构造法是运用数学的基本思想经过认真的观察，深入的思考、分析，迁移联想，正确思维，巧妙地、合理地构造出某些元素、某种模式，使问题转化为新元素的问题，或转化为新元素之间的一种新的组织形式，从而使问题得以解决，这种方法称之为“构造法”.构造法的内涵十分丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体的问题的特点而采取相应的解决办法，基本的方法是：借用一类问题的性质，来研究另一类问题的思维方法.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，我们可以根据题目特点，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我们创造意识和创新思维的手段之一，同时对提高我们的解题能力也有所帮助.第1页共20页构造法包含的内容也很多，在解题中应用的也千变万化，无一定规律可言.它需要更多的分析、类比、归纳、判断，同时能激发人们的直觉思维和发散思维.如何借助构造的思想实现解题过程中的转化呢？关键是对题设条件进行逻辑处理，通过一般化、特殊化的想象，巧妙地对问题进行分析与综合，构造出一种思维的创造物和想象物.构造法是数学解题方法中很重要的一种方法，在解题中被广泛应用.它之所以重要，不仅因为它完善了我们的数学思维，开拓了我们的思路，加深了我们对数学的理解，给人以一种美的享受.其妙处在于不是直接去解决所给的问题，而是去构造一个与原问题有关的辅助新问题，这里引出新问题并非为了它本身，而是希望通过它的解决来帮助解决新问题.如果新问题比原问题更简单，更直观，那么这种思考问题的方法就会成功.构造法在我国古代的数学成果中就不乏其例，勾股定理的证明即是其中一例.在国外，欧拉在解决著名的“七桥问题”时，就是把人们步行过桥的问题经过分析，构造成为一个“一笔画”问题.2.应用构造法解题构造法是数学解题中的一种重要思维方法，不仅可以拓宽思路，创造一些新的情境，提高分析问题解决问题的能力，而且富有巧妙、新颖、独特的功效.本文将举数例用这种方法来解之.有些问题用别的方法束手无策，可一旦用了构造法就豁然开朗了.2.1函数构造法对于某些不等式的证明问题，可以把其中一个元素看成是另一个元素的函数，或者把一个代数式看成一个函数，或者根据题目结构特点，巧妙地构造一个函数，从而站在函数的角度，研究这个函数的性质，达到解决问题的目的.例1（拉格朗日（Lagrange）中值定理）若函数满足如下条件：（i）f在闭区间,ab上连续；（ii）f在开区间,ab上内可导，则在,ab内至少存在一点，使得()()()fbfafba.证明：作辅助函数()()()()()()fbfaFxfxfaxaba.第2页共20页显然，()()(0)FaFb，且F在,ab上满足罗尔定理的两个条件.故存在,ab使得()()()()0fbfaFfba，移项得()()()fbfafba.即为所证.例2求证：221010.39xx分析：222222210(9)119999xxxxxx，这是我们常见的函数1yxx形式，可用均值不等式或单调性来证明.证明：设29(3)txt.则222101()9xtfttx.令123tt.则2212121212121211()(1)()()0ttttttftfttttt.即()ft在),3[上单调递增，所以232103110(3).339xfx例3若),2(10*Nkkka，且2aab，则1.1bk分析：由已知条件,2baa.故只需b小于2aa的最小值即可，但2aa的最小值取不到，只能用其单调性求解.证明：令2)(aaaf，又2110ka，)(af在)21,0(上单调递增，所以2222111111().11kkbaafkkkkkk故1.1bk2.2构造方程法若不等式的证明问题正面思维遇阻，可以改为逆向思维，从结论考虑，沟通条件和结论的关系，构造出与结论有关的方程，以便利用方程理论迅速解决问题.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4设ia,ib为任意数（1,2,,in）.则第3页共20页222111()nnniiiiiiiabab(1)其中等号当且仅当ia与ib成比例时成立.（1）式称为Cauchy不等式.证明：构造关于x的二次三项式：22221111()2()()()0nnnniiiiiiiiiiaxabxbaxb.故其判别式应小于或等于零.即222111[2()]4()()nnniiiiiiiabab0，亦即222111()nnniiiiiiiabab.故原不等式成立.例5若2()4()()0ZXXYYZ，求证：,,XYZ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，问题条件酷似判别式24bac的形式，因此联想到构造一个一元二次方程进行求解.证明：当XY时，可得XZ，所以,,XYZ成等差数列；当XY时，设方程2()()()0XYtZXtYZ.由0得12tt，并易知1t是方程的根.所以121YZttXY，即2YXZ，所以,,XYZ成等差数列.例6已知实数,,abc满足0abc和2abc.求证：,,abc中至少有一个不小于2奎屯王新敞新疆分析：由条件得,bca，2bca.所以,bc是一元二次方程220xaxa的两个根，故可构造方程来求解.证明：由题设显然,,abc中必有一个正数，不妨设0a.则,2bcabca即,bc是二次方程022aaxx的两实根.所以280aa.故2a.2.3构造几何图形构造几何图形，就是将题中的元素用一些点或线来取代，使题中的各种关系得以在图中表现出来，然后借助几何的直观寻求问题的解答，或借助几何知识对问题进行推证.第4页共20页1-bba1-a1-bb1-aaGEHFABCDOzyxOBCA例7已知01,01ab，求证：22)1()1()1()1(22222222babababa.分析：拿到此题是不是会觉得茫然呢？但仔细观察题目，我们就会联想到单位正方形，于是便构造单位正方形来求解.证明：构造单位正方形如图2—1，O是正方形内一点O到AD,AB的距离为,ab.则AOBOCODOACBD其中22||baAO，22)1(||baBO，22)1()1(||baCO，22)1(||baDO，又2||||BDAC所以22)1()1()1()1(22222222babababa.图2—1例8若,,0xyz，则zxxzyzzyxyyx222222.分析：可以用两边同时平方来证此题，但是太繁.由22xyxy我们就会联想到余弦定理，于是构造三角形用余弦定理来求证.证明：如图2—2，作120AOBBOCCOA,设,,OAxOByOCz.由余弦定理AC＝xyyx22,BC＝yzzy22,CA＝zxxz22.因为ACBCCA,所以xyyx22+yzzy22zxxz22.图2—22.4构造新数列求原数列通项数列的通项公式是研究数列的关键，因而求数列的通项公式显得极为重要.构造新数列求通项，既可以考察学生等价转换与化归的数学思想，又能反映我们对等差、等比数列的理解深度.2.4.1形如n+1napaq，求通项公式，可构造新数列na例9已知数列na满足114,21nnaaa，求数列na通项公式.分析：这类题十分常见，它是有一般方法解的.即引入待定系数，拼凑第5页共20页1()nnapa，使得na成为等比数列.解：设1()nnapa.整理得1nnapap，与已知121nnaa对比系数得2,1.p于是11112(1)21nnnnaaaa即，所以数列1na是首项为115a，公比为2的等比数列.由1152nna，得1521nna.2.4.2形如1nnnAaaaB，求通项公式，构造新数列1na分析：两边同时取倒数得,1111nnBaAAa，令111nnba.得1nnbpbq.例10在数列na中，1122,,2nnnaaaa求数列na的通项公式.解：由122nnnaaa,两边取倒数得，1211122nnnnaaaa.整理得11112nnaa，故数列1na是首项为12，公差为12的等差数列.于是,111111(1)(1)2222nnnnaa.故2nan.注：形如1nnnAaBaCaD，求数列的通项公式.该数列一般可引如参数,,t，使得1()()nnntaaa，与已知对比后得系数，转化为新数列1nka.2.4.3构造与nS有关的数列，再由nS求na例11已知数列na前n项的和为nS，12a，21(2)nnSS，求数列na的通项公式.解：由211(2)2nnnnSSSS得，即12nnSS，即数列nS是以112Sa为首项，以2为公差的等差数列.所以21(1)222nnSSnnSn即.第6页共20页当1n时，112aS；当2n时，22122(1)42nnnaSSnnn.综上述，数列的通项公式是242nan(1)(2)nn.2.5构造数列法例12对一切非零自然数n，求证：311(11)(1)(1)31432nn分析：关于含有自然数的问题可以用数学归纳法来证明，但此题可用构造数列的方法来证明.证明：构造数列na，使其通项为3111(11)(1)(1)43231nann,则133122(11)13144a，313(34)31(31)34nnannann2334()31nn1.所以1()nnaanN，故对一切自然数n，都有11naa，即3111(11)(1)(1)143231nn.311(11)(1)(1)31432nn所以.例13计算24681012coscoscoscoscoscos1313131