黃俊峰++袁方程

構(gòu)造法是一種富有創(chuàng)造性的解題方法，它很好地體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中發(fā)現(xiàn)、類比、化歸的思想，也滲透著猜想、試驗(yàn)、探索、歸納、概括、特殊化等重要的數(shù)學(xué)方法.下面通過幾例探討構(gòu)造模型在中學(xué)數(shù)學(xué)中的應(yīng)用.

1. 構(gòu)造方程模型

例1 已知[1m2+1m-3=0，][n4+n2-3=0]且[1m≠n2，]求[mn4+n2m2]的值.

分析 題設(shè)條件具備[x2+x-3=0]的形式，如[1m]，[n2]是此方程的兩根，于是可以構(gòu)造二次方程解決.

解 [∵1m2+1m-3=0]，[n4+n2-3=0]，且[1m≠n2]，

[∴1m]，[n2]是方程[x2+x-3=0]的兩根，

即有[1m+n2=-1]，[1m?n2=-3].

[∴mn4+n2m2]=[n2m（1m+n2）]=3.

2. 構(gòu)造函數(shù)模型

例2 若[|a|<1，|b|<1，|c|<1，a，b，c]為實(shí)數(shù)，

求證：[ab+bc+ca>-1.]

證明 構(gòu)造一次函數(shù)[f（x）=（b+c）x+bc+1]，

則[f（1）=（b+c）+bc+1][=（1+b）（1+c）>0]，

[f（-1）=-（b+c）+bc+1][=（1-b）（1-c）>0].

由一次函數(shù)的線性性質(zhì)知，對(duì)[-10]，即[（b+c）a+bc+1>0].

故[ab+bc+ca>-1].

3. 構(gòu)造遞推數(shù)列模型

例3 設(shè)實(shí)數(shù)[a，b，x，y]滿足方程[ax+by=3]，[ax2+by2=7]，[ax3+by3=16]，[ax4+by4]=42，求[ax5+by5].

分析 一般項(xiàng)具有[axn+byn]形式，若令[an=axn+byn]，則易得[an+2，an+1，an]之間的關(guān)系，從而得到遞推模型.

解 設(shè)[an=axn+byn]，則有[a1]=3，[a2]=7，[a3]=16，[a4]=42.

又[an+2=axn+2+byn+2]

[=（x+y）（axn+1+byn+1）][-xy（axn+byn）]

[=（x+y）an+1-xyan]，

即[an+2=（x+y）an+1-xyan]，

故[7（x+y）-3xy=16，][16（x+y）-7xy=42].

[∴x+y=-14]，[xy=-38].

[∴ax5+by5]=[a5]=[（x+y）a4-xya3]

=[-14×42+38×16]=20.

4. 構(gòu)造不等式模型

例4 解方程[sin2x+sin2（π3-x）][cos2x+cos2（π3-x）][=34.]

分析 左邊具有[（a12+a22）（b12+b22）]的形式，因此可以柯西不等式為相似模型.

解 [sin2x+sin2（π3-x）cos2x+cos2（π3-x）]

[≥sinxcos（π3-x）+sin（π3-x）cosx2]

[=sin2（x+π3-x）=34]，

當(dāng)且僅當(dāng)[sinxcos（π3-x）][=sin（π3-x）cosx]時(shí)取等號(hào).

故[sin2x=sin（2π3-2x）]，解得，[x=kπ2+π6][（k∈z）].

5. 構(gòu)造平面幾何模型

例5 求值：[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°.]

解析 此題的解法很多.這里引導(dǎo)大家觀察其結(jié)構(gòu)，聯(lián)想余弦定理的形式似乎相近，將原式表示為[sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，結(jié)合正弦定理，在直徑為1的圓內(nèi)構(gòu)造一個(gè)如圖所示的[△ABC].

其中[A=85°，B=80°，C=15°]，

由正弦定理知，[BC=sin85°]，[AC]=sin80°，[AB]=sin15°，

由余弦定理知，

[sin215°=sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，

即[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°]

[=sin215°=1-cos30°2=2-34.]

6. 構(gòu)造復(fù)數(shù)模型

例6 已知[a，b]為小于1的正數(shù)，

求證：[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]

[1-a2+1-b2≥22.]

證明 設(shè)[z1=a+bi，z2=1-a+bi，z3=a+1-bi，z4][=1-a+1-bi，]

則[z1=a2+b2，z2=1-a2+b2，]

[z3=a2+1-b2，z4=1-a2+1-b2].

[z1+z2+z3+z4≥z1+z2+z3+z4=2+2i=22，]

所以[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]

[1-a2+1-b2≥22]成立.

7. 構(gòu)造圓錐曲線模型

例7 求函數(shù)[f（x）=x4-3x2-6x+13][-x4-x2+1]的最大值.

解析 函數(shù)變形為

[f（x）=（x-3）2+（x2-2）2-（x-0）2+（x2-1）2].

其幾何意義為[P（x，x2）]到[A]（3，2）與[B]（0，1）的距離之差的最大值.

而[P]為拋物線[y=x2]上任意一點(diǎn)，可構(gòu)造如圖拋物線模型求解.

利用三角形兩邊之差小于第三邊，

即[PA-PB≤AB]（[P，A，B]三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），

即得[fmax（x）=AB=10].

8. 構(gòu)造子集模型

例8 設(shè)集合[S=1，2，…，99]，非空子集[A]滿足條件：對(duì)任意的[a∈A]，必有[100-a∈A]，問它們的集合[A]共有多少個(gè)？

解析 根據(jù)元素性質(zhì)，分類構(gòu)造子集，是解決組合中某些計(jì)數(shù)問題的簡(jiǎn)捷方法，顯得思路清晰.

對(duì)題設(shè)，構(gòu)造S的如下元素之和一定的子集：[1，99]，[2，98，3，97，49，51，…，50].

依題意，符合條件的集合為這些子集及它們組成的所有并集.

故集合[A]共有[C150+C250+C350+…+C5050=250-1].

9. 構(gòu)造組合模型

例9 把[n]個(gè)相同的小球放入m（m[≤]n）個(gè)有編號(hào)的盒子里，每個(gè)盒子至少放入一個(gè)球，共有多少種不同的放法？

解析 構(gòu)造一個(gè)隔板模型，將這[n]個(gè)相同的小球排成一列，在相鄰兩個(gè)小球之間形成的[n-1]個(gè)間隙中選取[m-1]個(gè)插入隔板，將[n]個(gè)球分成[m]個(gè)區(qū)間，第[i] [（1≤i≤m）]個(gè)區(qū)間的球?qū)?yīng)第[i]個(gè)盒子的名額.因此名額分配方案的種數(shù)與隔板插入方法數(shù)相等，因隔板插入方法數(shù)為[Cm-1n-1].故共有[Cm-1n-1]種不同的方法.

構(gòu)造法是一種富有創(chuàng)造性的解題方法，它很好地體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中發(fā)現(xiàn)、類比、化歸的思想，也滲透著猜想、試驗(yàn)、探索、歸納、概括、特殊化等重要的數(shù)學(xué)方法.下面通過幾例探討構(gòu)造模型在中學(xué)數(shù)學(xué)中的應(yīng)用.

1. 構(gòu)造方程模型

例1 已知[1m2+1m-3=0，][n4+n2-3=0]且[1m≠n2，]求[mn4+n2m2]的值.

分析 題設(shè)條件具備[x2+x-3=0]的形式，如[1m]，[n2]是此方程的兩根，于是可以構(gòu)造二次方程解決.

解 [∵1m2+1m-3=0]，[n4+n2-3=0]，且[1m≠n2]，

[∴1m]，[n2]是方程[x2+x-3=0]的兩根，

即有[1m+n2=-1]，[1m?n2=-3].

[∴mn4+n2m2]=[n2m（1m+n2）]=3.

2. 構(gòu)造函數(shù)模型

例2 若[|a|<1，|b|<1，|c|<1，a，b，c]為實(shí)數(shù)，

求證：[ab+bc+ca>-1.]

證明 構(gòu)造一次函數(shù)[f（x）=（b+c）x+bc+1]，

則[f（1）=（b+c）+bc+1][=（1+b）（1+c）>0]，

[f（-1）=-（b+c）+bc+1][=（1-b）（1-c）>0].

由一次函數(shù)的線性性質(zhì)知，對(duì)[-10]，即[（b+c）a+bc+1>0].

故[ab+bc+ca>-1].

3. 構(gòu)造遞推數(shù)列模型

例3 設(shè)實(shí)數(shù)[a，b，x，y]滿足方程[ax+by=3]，[ax2+by2=7]，[ax3+by3=16]，[ax4+by4]=42，求[ax5+by5].

分析 一般項(xiàng)具有[axn+byn]形式，若令[an=axn+byn]，則易得[an+2，an+1，an]之間的關(guān)系，從而得到遞推模型.

解 設(shè)[an=axn+byn]，則有[a1]=3，[a2]=7，[a3]=16，[a4]=42.

又[an+2=axn+2+byn+2]

[=（x+y）（axn+1+byn+1）][-xy（axn+byn）]

[=（x+y）an+1-xyan]，

即[an+2=（x+y）an+1-xyan]，

故[7（x+y）-3xy=16，][16（x+y）-7xy=42].

[∴x+y=-14]，[xy=-38].

[∴ax5+by5]=[a5]=[（x+y）a4-xya3]

=[-14×42+38×16]=20.

4. 構(gòu)造不等式模型

例4 解方程[sin2x+sin2（π3-x）][cos2x+cos2（π3-x）][=34.]

分析 左邊具有[（a12+a22）（b12+b22）]的形式，因此可以柯西不等式為相似模型.

解 [sin2x+sin2（π3-x）cos2x+cos2（π3-x）]

[≥sinxcos（π3-x）+sin（π3-x）cosx2]

[=sin2（x+π3-x）=34]，

當(dāng)且僅當(dāng)[sinxcos（π3-x）][=sin（π3-x）cosx]時(shí)取等號(hào).

故[sin2x=sin（2π3-2x）]，解得，[x=kπ2+π6][（k∈z）].

5. 構(gòu)造平面幾何模型

例5 求值：[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°.]

解析 此題的解法很多.這里引導(dǎo)大家觀察其結(jié)構(gòu)，聯(lián)想余弦定理的形式似乎相近，將原式表示為[sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，結(jié)合正弦定理，在直徑為1的圓內(nèi)構(gòu)造一個(gè)如圖所示的[△ABC].

其中[A=85°，B=80°，C=15°]，

由正弦定理知，[BC=sin85°]，[AC]=sin80°，[AB]=sin15°，

由余弦定理知，

[sin215°=sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，

即[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°]

[=sin215°=1-cos30°2=2-34.]

6. 構(gòu)造復(fù)數(shù)模型

例6 已知[a，b]為小于1的正數(shù)，

求證：[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]

[1-a2+1-b2≥22.]

證明 設(shè)[z1=a+bi，z2=1-a+bi，z3=a+1-bi，z4][=1-a+1-bi，]

則[z1=a2+b2，z2=1-a2+b2，]

[z3=a2+1-b2，z4=1-a2+1-b2].

[z1+z2+z3+z4≥z1+z2+z3+z4=2+2i=22，]

所以[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]

[1-a2+1-b2≥22]成立.

7. 構(gòu)造圓錐曲線模型

例7 求函數(shù)[f（x）=x4-3x2-6x+13][-x4-x2+1]的最大值.

解析 函數(shù)變形為

[f（x）=（x-3）2+（x2-2）2-（x-0）2+（x2-1）2].

其幾何意義為[P（x，x2）]到[A]（3，2）與[B]（0，1）的距離之差的最大值.

而[P]為拋物線[y=x2]上任意一點(diǎn)，可構(gòu)造如圖拋物線模型求解.

利用三角形兩邊之差小于第三邊，

即[PA-PB≤AB]（[P，A，B]三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），

即得[fmax（x）=AB=10].

8. 構(gòu)造子集模型

例8 設(shè)集合[S=1，2，…，99]，非空子集[A]滿足條件：對(duì)任意的[a∈A]，必有[100-a∈A]，問它們的集合[A]共有多少個(gè)？

解析 根據(jù)元素性質(zhì)，分類構(gòu)造子集，是解決組合中某些計(jì)數(shù)問題的簡(jiǎn)捷方法，顯得思路清晰.

對(duì)題設(shè)，構(gòu)造S的如下元素之和一定的子集：[1，99]，[2，98，3，97，49，51，…，50].

依題意，符合條件的集合為這些子集及它們組成的所有并集.

故集合[A]共有[C150+C250+C350+…+C5050=250-1].

9. 構(gòu)造組合模型

例9 把[n]個(gè)相同的小球放入m（m[≤]n）個(gè)有編號(hào)的盒子里，每個(gè)盒子至少放入一個(gè)球，共有多少種不同的放法？

解析 構(gòu)造一個(gè)隔板模型，將這[n]個(gè)相同的小球排成一列，在相鄰兩個(gè)小球之間形成的[n-1]個(gè)間隙中選取[m-1]個(gè)插入隔板，將[n]個(gè)球分成[m]個(gè)區(qū)間，第[i] [（1≤i≤m）]個(gè)區(qū)間的球?qū)?yīng)第[i]個(gè)盒子的名額.因此名額分配方案的種數(shù)與隔板插入方法數(shù)相等，因隔板插入方法數(shù)為[Cm-1n-1].故共有[Cm-1n-1]種不同的方法.

構(gòu)造法是一種富有創(chuàng)造性的解題方法，它很好地體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中發(fā)現(xiàn)、類比、化歸的思想，也滲透著猜想、試驗(yàn)、探索、歸納、概括、特殊化等重要的數(shù)學(xué)方法.下面通過幾例探討構(gòu)造模型在中學(xué)數(shù)學(xué)中的應(yīng)用.

1. 構(gòu)造方程模型

例1 已知[1m2+1m-3=0，][n4+n2-3=0]且[1m≠n2，]求[mn4+n2m2]的值.

分析 題設(shè)條件具備[x2+x-3=0]的形式，如[1m]，[n2]是此方程的兩根，于是可以構(gòu)造二次方程解決.

解 [∵1m2+1m-3=0]，[n4+n2-3=0]，且[1m≠n2]，

[∴1m]，[n2]是方程[x2+x-3=0]的兩根，

即有[1m+n2=-1]，[1m?n2=-3].

[∴mn4+n2m2]=[n2m（1m+n2）]=3.

2. 構(gòu)造函數(shù)模型

例2 若[|a|<1，|b|<1，|c|<1，a，b，c]為實(shí)數(shù)，

求證：[ab+bc+ca>-1.]

證明 構(gòu)造一次函數(shù)[f（x）=（b+c）x+bc+1]，

則[f（1）=（b+c）+bc+1][=（1+b）（1+c）>0]，

[f（-1）=-（b+c）+bc+1][=（1-b）（1-c）>0].

由一次函數(shù)的線性性質(zhì)知，對(duì)[-10]，即[（b+c）a+bc+1>0].

故[ab+bc+ca>-1].

3. 構(gòu)造遞推數(shù)列模型

例3 設(shè)實(shí)數(shù)[a，b，x，y]滿足方程[ax+by=3]，[ax2+by2=7]，[ax3+by3=16]，[ax4+by4]=42，求[ax5+by5].

分析 一般項(xiàng)具有[axn+byn]形式，若令[an=axn+byn]，則易得[an+2，an+1，an]之間的關(guān)系，從而得到遞推模型.

解 設(shè)[an=axn+byn]，則有[a1]=3，[a2]=7，[a3]=16，[a4]=42.

又[an+2=axn+2+byn+2]

[=（x+y）（axn+1+byn+1）][-xy（axn+byn）]

[=（x+y）an+1-xyan]，

即[an+2=（x+y）an+1-xyan]，

故[7（x+y）-3xy=16，][16（x+y）-7xy=42].

[∴x+y=-14]，[xy=-38].

[∴ax5+by5]=[a5]=[（x+y）a4-xya3]

=[-14×42+38×16]=20.

4. 構(gòu)造不等式模型

例4 解方程[sin2x+sin2（π3-x）][cos2x+cos2（π3-x）][=34.]

分析 左邊具有[（a12+a22）（b12+b22）]的形式，因此可以柯西不等式為相似模型.

解 [sin2x+sin2（π3-x）cos2x+cos2（π3-x）]

[≥sinxcos（π3-x）+sin（π3-x）cosx2]

[=sin2（x+π3-x）=34]，

當(dāng)且僅當(dāng)[sinxcos（π3-x）][=sin（π3-x）cosx]時(shí)取等號(hào).

故[sin2x=sin（2π3-2x）]，解得，[x=kπ2+π6][（k∈z）].

5. 構(gòu)造平面幾何模型

例5 求值：[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°.]

解析 此題的解法很多.這里引導(dǎo)大家觀察其結(jié)構(gòu)，聯(lián)想余弦定理的形式似乎相近，將原式表示為[sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，結(jié)合正弦定理，在直徑為1的圓內(nèi)構(gòu)造一個(gè)如圖所示的[△ABC].

其中[A=85°，B=80°，C=15°]，

由正弦定理知，[BC=sin85°]，[AC]=sin80°，[AB]=sin15°，

由余弦定理知，

[sin215°=sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，

即[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°]

[=sin215°=1-cos30°2=2-34.]

6. 構(gòu)造復(fù)數(shù)模型

例6 已知[a，b]為小于1的正數(shù)，

求證：[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]

[1-a2+1-b2≥22.]

證明 設(shè)[z1=a+bi，z2=1-a+bi，z3=a+1-bi，z4][=1-a+1-bi，]

則[z1=a2+b2，z2=1-a2+b2，]

[z3=a2+1-b2，z4=1-a2+1-b2].

[z1+z2+z3+z4≥z1+z2+z3+z4=2+2i=22，]

所以[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]

[1-a2+1-b2≥22]成立.

7. 構(gòu)造圓錐曲線模型

例7 求函數(shù)[f（x）=x4-3x2-6x+13][-x4-x2+1]的最大值.

解析 函數(shù)變形為

[f（x）=（x-3）2+（x2-2）2-（x-0）2+（x2-1）2].

其幾何意義為[P（x，x2）]到[A]（3，2）與[B]（0，1）的距離之差的最大值.

而[P]為拋物線[y=x2]上任意一點(diǎn)，可構(gòu)造如圖拋物線模型求解.

利用三角形兩邊之差小于第三邊，

即[PA-PB≤AB]（[P，A，B]三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），

即得[fmax（x）=AB=10].

8. 構(gòu)造子集模型

例8 設(shè)集合[S=1，2，…，99]，非空子集[A]滿足條件：對(duì)任意的[a∈A]，必有[100-a∈A]，問它們的集合[A]共有多少個(gè)？

解析 根據(jù)元素性質(zhì)，分類構(gòu)造子集，是解決組合中某些計(jì)數(shù)問題的簡(jiǎn)捷方法，顯得思路清晰.

對(duì)題設(shè)，構(gòu)造S的如下元素之和一定的子集：[1，99]，[2，98，3，97，49，51，…，50].

依題意，符合條件的集合為這些子集及它們組成的所有并集.

故集合[A]共有[C150+C250+C350+…+C5050=250-1].

9. 構(gòu)造組合模型

例9 把[n]個(gè)相同的小球放入m（m[≤]n）個(gè)有編號(hào)的盒子里，每個(gè)盒子至少放入一個(gè)球，共有多少種不同的放法？

解析 構(gòu)造一個(gè)隔板模型，將這[n]個(gè)相同的小球排成一列，在相鄰兩個(gè)小球之間形成的[n-1]個(gè)間隙中選取[m-1]個(gè)插入隔板，將[n]個(gè)球分成[m]個(gè)區(qū)間，第[i] [（1≤i≤m）]個(gè)區(qū)間的球?qū)?yīng)第[i]個(gè)盒子的名額.因此名額分配方案的種數(shù)與隔板插入方法數(shù)相等，因隔板插入方法數(shù)為[Cm-1n-1].故共有[Cm-1n-1]種不同的方法.