運(yùn)用構(gòu)造法解題的若干模式探究

摘 要：構(gòu)造法是一種特別的解題方法，它是先通過(guò)思考與聯(lián)想，構(gòu)造出一個(gè)與題目相關(guān)的數(shù)學(xué)模型，然后利用這個(gè)熟悉的數(shù)學(xué)模型獲得解題方法.筆者對(duì)幾種常用的構(gòu)造模式進(jìn)行探究分析，以期為教學(xué)提供參考.

關(guān)鍵詞：構(gòu)造法；數(shù)學(xué)模型；解題

一些數(shù)學(xué)問(wèn)題，由于條件隱晦、關(guān)系復(fù)雜，用常規(guī)的方法和常用思路去思考可能會(huì)遇到困難，往往會(huì)導(dǎo)致解題陷入困境，如果能夠換一個(gè)角度看問(wèn)題，運(yùn)用一些特殊手段轉(zhuǎn)化問(wèn)題，可能獲得破題啟發(fā)，從而順利解題.構(gòu)造法就是一種特別方法，以已知條件為材料，以所求的結(jié)論為目標(biāo)，通過(guò)思考與聯(lián)想，恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造出一個(gè)與題目相關(guān)的數(shù)學(xué)模型，從而使問(wèn)題得到解決，這就是構(gòu)造法的思維模式.下面列舉一些典型例子，介紹幾種常見(jiàn)構(gòu)造法的解題過(guò)程．

1 構(gòu)造數(shù)列

例1 已知數(shù)列{an}中，a1=2，a2=4，且an+2-2an+1+an=2，求其通項(xiàng)公式an.

解析：由于an+2-2an+1+an=（an+2-an+1）-（an+1-an）=2，設(shè)bn=an+1-an，則上式即為bn+1-bn=2，這樣就構(gòu)造了一個(gè)新的等差數(shù)列{bn}，其公差為2，首項(xiàng)b1=a2-a1

=2，則bn=an+1-an=2n，所以an-an-1=2（n-1），an-1-an-2=2·（n-2），…，a2-a1

=2，將這n-1個(gè)式子累加，得an-a1=2［（n-1）+（n-2）+…+1］=n（n-1），所以

an=n2-n+2（n∈N*）.

點(diǎn)評(píng)：在許多給出數(shù)列的遞推公式求通項(xiàng)公式的問(wèn)題中，通過(guò)變形轉(zhuǎn)化，運(yùn)用構(gòu)造新數(shù)列的方法解決問(wèn)題是很常見(jiàn)的方法，其中的新數(shù)列多為熟悉的已知數(shù)列.

例2 已知-π2lt;xlt;0，且sinx+cosx=15，試求sinx-cosx的值．

解析：由于sinx+cosx=15=2×110，則sinx，110，cosx成等差數(shù)列，故可設(shè)sinx=110-d，cosx=110+d，由于sin2x+cos2x=1，所以110-d2+110+d2

=1，解得d=±710.又-π2lt;xlt;0，所以sinxlt;0，cosxgt;0，則d=710，所以sinx=-35，cosx=45，于是sinx-cosx=-75.

點(diǎn)評(píng)：本解法挖掘了已知等式條件的特點(diǎn)，機(jī)智地構(gòu)造出等差數(shù)列，然后通過(guò)引入中間變量，再利用隱含條件構(gòu)造方程，解決問(wèn)題．

2 構(gòu)造方程

例1 已知a，b為不相等的正數(shù)，且a3-b3=a2-b2，求證：1lt;a+blt;43．

解析：由于a≠b且a3-b3=a2-b2，于是有a2+ab+b2=a+b，即（a+b）2=

a+b+ab.又agt;0，bgt;0，所以a+bgt;0，設(shè)a+b=t，則ab=t2－t，所以a，b是方程x2-tx+t2-t=0的兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系，可得

Δ=t2-4（t2-t）gt;0，tgt;0，t2-tgt;0，

解不等式組，得1lt;tlt;43，即1lt;a+blt;43.

點(diǎn)評(píng)：本解法通過(guò)觀察所給條件等式的特點(diǎn)，聯(lián)想到一元二次方程中的根與系數(shù)關(guān)系，逆向構(gòu)造出一個(gè)一元二次方程，然后利用其根的特點(diǎn)，推出判別式應(yīng)滿足的條件，建立不等式組，機(jī)智化解解題難點(diǎn).

例2 設(shè)a1，d為實(shí)數(shù)，首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S5S6+15=0，求d的取值范圍．

解析：由于等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，則S5=5a1+10d，S6=6a1+15d，由S5S6+15=0，可得2a21+9a1d+10d2+1=0，因?yàn)閍1為實(shí)數(shù)，所以Δ=81d2-8（10d2

+1）≥0，解得d≥22或d≤-22，即d的取值范圍是（-∞，-22］∪［22，+∞）.

點(diǎn)評(píng)：本題通過(guò)變形，把兩個(gè)已知等式轉(zhuǎn)化為一個(gè)二次方程形式，為接下來(lái)運(yùn)用判別式法解題清除了障礙，得到了一個(gè)關(guān)于的d不等式，再由不等式解決求參數(shù)范圍的問(wèn)題．

3 構(gòu)造函數(shù)

例1 已知函數(shù)f（x）=2x-ax2+2（x∈R），設(shè)關(guān)于x的方程f（x）=1x的兩非零實(shí)根分別為x1，x2，試問(wèn)：是否存在實(shí)數(shù)m，使得m2+tm+1≥|x1-x2|對(duì)任意a∈［-1，1］及t∈［-1，1］恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

解析：由2x-ax2+2=1x去分母整理，得x2-ax-2=0.因?yàn)棣?a2+8gt;0，所以x1+x2=a，x1x2=-2，則|x1-x2|=（x1+x2）2-4x1x2=a2+8.由-1≤a≤1，得0≤a2≤1，故|x1-x2|∈［22，3］，若m2+tm+1≥|x1-x2|對(duì)于任意a∈［-1，1］及t∈［-1，1］恒成立，則m2+tm+1≥3，即m2+tm-2≥0①，該式子對(duì)任意t∈［-1，1］恒成立.令h（t）=tm+m2-2，由一次函數(shù)的單調(diào)性可知，當(dāng)且僅當(dāng)

h（-1）=m2-m-2≥0，

h（1）=m2+m-2≥0

成立時(shí)，①式成立，解不等式組，得m≥2或m≤-2，故存在實(shí)數(shù)m∈（-∞，-2］∪［2，+∞）使問(wèn)題成立.

點(diǎn)評(píng)：本解法在解決參數(shù)m的取值范圍時(shí)，利用推導(dǎo)出的恒不等式，通過(guò)構(gòu)造簡(jiǎn)單的一次函數(shù)，再利用其單調(diào)性解決問(wèn)題，如此操作就避免了分類(lèi)討論的麻煩.

例2 已知f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，當(dāng)a≤-2時(shí)，求證：x1，x2∈（0，+∞），使得|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|成立．

解析：由題可得，f（x）定義域?yàn)閤∈（0，+∞）.又f′（x）=a+1x+2ax=2ax2+a+1x，由于a≤-2，所以f′（x）≤0恒成立，即f（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞減函數(shù)，由x1，x2∈（0，+∞），不妨設(shè)x1≤x2，所以f（x2）≤f（x1），則|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|等價(jià)于f（x1）-f（x2）

≥4（x2-x1），即f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2.于是可以構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+4x，由于g（x）=（a+1）lnx+ax2+1+4x，則g′（x）=a+1x+（2ax+4）=2ax2+4x+a+1x，由于a≤-2，所以g′（x）≤-4x2+4x-1x=-（2x-1）2x≤0恒成立，所以g（x）為（0，+∞）上的單調(diào)減函數(shù).故對(duì)于x1≤x2，必有f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2，所以必有|f（x1）-f（x2）|≥

4|x1-x2|成立.

點(diǎn)評(píng)：通過(guò)對(duì)待證明的結(jié)論分析、變形，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化證明f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2，成功地轉(zhuǎn)化了解題方向，然后再通過(guò)構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)解決了不等式的證明問(wèn)題．

4 構(gòu)造向量

例1 求函數(shù)f（x）=5x-1+10-2x的最大值．

解析：f（x）=5x-1+10-2x=5x-1+25-x，其形式與向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示有些類(lèi)似，故考慮用構(gòu)造向量方法解決.令a=（5，2），b=（x-1，5-x），則f（x）=a·b，且|a|=33，|b|=4，由于a·b≤|a||b|，所以f（x）≤27×4=63，當(dāng)且僅當(dāng)兩向量共線時(shí)等號(hào)成立，所以函數(shù)的最大值為63.

點(diǎn)評(píng)：本解法是通過(guò)挖掘函數(shù)式的特點(diǎn)，聯(lián)想到向量數(shù)量積的表達(dá)形式，將函數(shù)式轉(zhuǎn)化為向量的數(shù)量積，再利用向量特性解決問(wèn)題.

例2 已知cosα+cosβ-cos（α+β）=32，求銳角α，β的值．

解析：由于cos（α+β）=cosαcosβ-sinαsinβ，將此式代入已知式可得，（1-cosβ）cosα+sinα·sinβ=32-cosβ，故構(gòu)造向量a=（1-cosβ，sinβ），b=（cosα，sinα），則a·b=（1-cosβ）cosα+sinαsinβ=32-cosβ.|a|=（1-cosβ）2+sin2β=2-2cosβ，|b|=1.因?yàn)閍·b≤|a||b|，故有32-cosβ

≤2-2cosβ，兩邊平方并整理得cosβ-122≤0，當(dāng)cosβ=12時(shí)，等號(hào)成立，故銳角β=π3，將此回代得sinπ6+α=1，所以銳角α=π3.

點(diǎn)評(píng)：向量作為新的運(yùn)算工具在各個(gè)數(shù)學(xué)分支都有廣泛應(yīng)用，在三角函數(shù)中的應(yīng)用更具特色.構(gòu)造一個(gè)相關(guān)的向量來(lái)解題的關(guān)鍵，是找到滿足相關(guān)公式的表達(dá)式．

5 構(gòu)造三角形

例1 已知m為實(shí)數(shù)，xgt;0，ygt;0，x+ylt;π，求證：m（m-1）sin（x+y）＋m（sinx-siny）+sinygt;0．

解析：由條件x+ylt;π，知存在一個(gè)zgt;0，使得x+y+z=π，于是可構(gòu)造一個(gè)三角形，借助三角形的邊角轉(zhuǎn)換解決問(wèn)題.事實(shí)上，構(gòu)造△ABC，使其外接圓直徑為1，三內(nèi)角為x，y，z，且x，y，z的對(duì)邊分別為a，b，c，利用正弦定理進(jìn)行變形得，需證的不等式即為m（m-1）c+m（a-b）+bgt;0，也就是cm2+（a-b-c）m+bgt;0，下面就是證明此不等式成立.因?yàn)閏gt;0且Δ=（a-b-c）2-4bc=a2+b2+c2-2ab-2ac-2bc=（a2-ab-

ac）+（b2-bc-ba）+（c2-ca-cb）=a（a-b-c）+b（b-c-a）+c（c-a-b）lt;0，故關(guān)于m的二次不等式cm2+（a-b-c）m+bgt;0恒成立，所以原不等式成立.

點(diǎn)評(píng)：本題中的待證不等式條件比較隱晦，如果不能通過(guò)構(gòu)造三角形進(jìn)行轉(zhuǎn)化，可能難以解決，解題中發(fā)揮了關(guān)鍵條件x+ylt;π的作用，揭示了問(wèn)題的實(shí)質(zhì).

例2 已知α∈［0，π］，β∈［0，π］，且α+β=2π3，試求cos2α+cos2β的值域．

解析：構(gòu)造△ABC，令A(yù)=α，B=β，依題意知，A+B=2π3，所以C=π3.設(shè)A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，由余弦定理，得cosA=b2+c2-a22bc，cosB=

a2+c2-b22ac，且c2=a2+b2-2abcosπ3=a2+b2-ab，于是cos2α+cos2β=cos2A+

cos2B=b2+c2-a22bc2+a2+c2-b22ac2，將c2=a2+b2-ab代入此式，整理，得cos2α+cos2β=5ab2+5-8ab4ab2+1-ab，設(shè)t=ab，則t∈（0，+∞），令y=cos2α+cos2β，所以y=5t2-8t+54（t2-t+1），去分母整理，得（4y-5）t2-（4y-8）t+4y-5=0，當(dāng)y=54時(shí)，t=0，不合題意，所以y≠54.此時(shí)Δ=（4y-8）2-4（4y-5）2≥0，解此不等式，得12≤y≤32，結(jié)合y≠54，所以cos2α+cos2β的值域?yàn)?2，54∪54，32.

點(diǎn)評(píng)：在審題中注意到已知的兩角和，這是構(gòu)造三角形解決問(wèn)題的重要啟發(fā)點(diǎn)，然后就是利用余弦定理建立等量關(guān)系，再由根的判別式解決值域問(wèn)題，思路獨(dú)特，方法精巧．

6 構(gòu)造幾何體

例1 已知在四面體ABCD中，AB=CD=8，AC=BD=7，AD=BC=6，求VABCD．

解析：由于四面體的三組對(duì)邊分別相等，聯(lián)想到長(zhǎng)方體的三組對(duì)面的對(duì)角線相等，故以四面體相對(duì)棱作相對(duì)面上的對(duì)角線，構(gòu)造一個(gè)平行六面體，也就是把四面體補(bǔ)齊四個(gè)角，變成平行六面體AEBFMCND（如圖1）.因?yàn)锳B=CD=8，AC=BD=7，AD=BC=6，所以AEBFMCND為

長(zhǎng)方體，VABCD=13VAEBFMCND.設(shè)AE=x，BE=y，CE=z，則x2+y2=82，x2+z2=72，y2+z2=62，將上述三式聯(lián)立，

解得x2=772，y2=512，z2=212，所以VAEBFMCND=xyz=213744，則VABCD=13VAEBFMCND=74374.

點(diǎn)評(píng)：由于一個(gè)三棱柱可以分割成三個(gè)等體積的三棱錐，故由四面體構(gòu)成的長(zhǎng)方體的體積也存在如此關(guān)系，對(duì)于一些求錐體體積的問(wèn)題，常把已知錐體補(bǔ)成棱柱來(lái)解決.

例2 某幾何體的一條棱長(zhǎng)為7，在該幾何體的正視圖中，這條棱的投影是長(zhǎng)為6的線段，在該幾何體的側(cè)視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長(zhǎng)為a和b的線段，試求a+b的最大值．

解析：構(gòu)造如圖2所示的長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1，使該幾何體的這

條棱恰好為對(duì)角線AC1=7，則這條棱在正視圖、側(cè)視圖、俯視圖中的

投影分別是AD1、AB1、AC，且AD1=6，AB1=a，AC=b，設(shè)長(zhǎng)方

體的長(zhǎng)、寬、高分別為x、y、z，則x2+y2+z2=7.又AD1=6，所以

y=1，a=z2+1，b=x2+1，則有x2+z2=6，a+b=z2+1+x2+1，由基本不等式得（a+b）2=（z2+1+x2+1）2=x2+z2+2+2（z2+1）（x2+1）≤x2+z2+2＋（x2+z2+2）=16.當(dāng)且僅當(dāng)x=z=3時(shí)等號(hào)成立，所以a+b的最大值為4.

點(diǎn)評(píng)：先通過(guò)分析所給的幾何條件，構(gòu)造出符合題意的簡(jiǎn)單長(zhǎng)方體，使一些難以確定的問(wèn)題有了具體模型，然后再通過(guò)設(shè)參數(shù)表示相關(guān)邊長(zhǎng)，就可以列式求解.

7 結(jié)語(yǔ)

本文介紹了六種常見(jiàn)構(gòu)造法模式及其運(yùn)用.構(gòu)造法的解題特點(diǎn)是轉(zhuǎn)換解題思路，不糾結(jié)原來(lái)的問(wèn)題，而是思考用一個(gè)熟悉的數(shù)學(xué)模型幫助解題，這是一種機(jī)智靈活的解題策略.如何輕松順利地解數(shù)學(xué)題，是學(xué)生最關(guān)心的問(wèn)題，也是教師應(yīng)該重點(diǎn)傳授的問(wèn)題.因此，教師必須有充足的解題經(jīng)驗(yàn)，才能教會(huì)學(xué)生應(yīng)對(duì)方法，從而使學(xué)生的解題經(jīng)驗(yàn)和應(yīng)變能力得到提高．