文档介绍：该【全国高中数学联赛一试常用解题方法之构造法 】是由【zxwziyou8】上传分享，文档一共【7】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【全国高中数学联赛一试常用解题方法之构造法 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。全国高中数学联赛一试常用解题方法十一、构造法方法介绍解题通常在问题给定的系统里由题设推出结论,但对某些问题(例如存在性问题、条件与结论相距较远的问题题等),直接推理有时不能顺利进行,,需要我们去发现、去解释、去构造,这种通过构造题目本身所没有的解题中介工具——存在实例、对应关系或数学模型,去实现解题的方法,,特点就是“构造”,但怎么样“构造”,、构造方程模型数学竞赛中的许多问题,本身结构就具备方程形式,或通过变形、概括,可以纳入到某类方程中去,这时,若能构造相近的方程模型,通过解方程或利用方程的性质及广义韦达定理等,+n2111422例1已知2+-3=0,n+n-3=0,且1n,:由原条件可知,n是方程x+x-3=0的两根,即有+n=-1,×n=-3,所mmmmn4+n2n221以=2(n+)=,我们常常可将其一般化,从而提示出相邻阶之间的关系,、方程中与自然数有关的问题、数论问题等.ìax+by=3,?22?ax+by=7,55ax+by例2设实数a,b,x,y满足方程组í?ax+by=16,?ax4+by4=42.?nn注:设an=ax+by,则a1=3,a2=7,a3=16,a4=42,又为an+2=axn+2+byn+2=(x+y)(axn+1+byn+1)-xy(axn+byn)=(x+y)an+1-xyan,将初始值代入,得an+1=-14an+1+38an,所以a5=-14a4+38a3=,如平均不等式、柯西不等式、,则可利用不等式的性质(如利用不等式极值、取等号的条件等)êsinx+sin(é?22ppùéù3-x)ú×êcos2x+cos2(-x)ú=.33???4注:左边具有柯西不等式的形式,因此可以柯西不等式为相似模型,因此é2ùé2ù2p2psinx+sin(-x)×cosx+cos(-x)êúêú33????ppp3éù3êsinx-x)+-x)cosxú=sin2(x+-x)=3334??2当且仅当sinx-x)3p-x)kpp时取等号,故x==+,k?,为的是使问题的条件和结论,×××L×<**********注:构造辅助量M=,易知MN=,且N<M,因此×××L×111315999999100000093,于是N<N2<NM==.**********例4求证:N=,构造出符合题设或结论的图形,如三角形、正方形、曲多边形,借助于图表,化代数条件为长度、、正余弦定理、,定义Sn为和式?k=1n2的最小值,其中a1,a2L,an是正实(2k-1)2+ak数,它们的和是17,存在惟一的一个正整数n,使Sn也是一个正整数,:、结论符合圆锥曲线的定义、性质时,可构造圆锥曲线模型,(x)=x4-3x2-6x+13-x4-x2+1的最大值.(x-3)2+(x2-2)2-(x-0)2+(x2-1)2,其几何意义为注:函数变形为f(x)=P(x,x2)与A(3,2),B(0,1)的距离之差的最大值,而P为抛物线y=x2上任意一点,所以可构造抛物线模型(利用两边之差小于第三边,即||PA|-|PB||￡|AB|),当P,B,A三点共线时取等号,即得f(x)max=|AB|=.,构造出一个一个的抽屉,使题中元素、,常常将所有对象看成一个全集,构造成若干个抽屉(若干个子集)时,一般采用“其并为全集、其交为空集”:构造抽屉模型,将1,2,3,?,90,91分成9个抽屉A1,A2,L,A9,:其中某两个数的比在区间[,]={1},A2={2,3},A3={4,5,6},A4={7,8,9,10},A5={11,L,16},A6={17,L,25},A7={26,27,L,38,39},A8={40,41,L,59,60},A9={61,62,L,90,91},由此可见,91个数没有遗漏地被分成9个抽屉(集合)中,并且同一个Ai(i=1,2,L,9)中任意两个数的比值一定在区间[,]之中,任取10个数中一定有两个数在这9个抽屉中的同一个抽屉中,这两个数的比值在区间[,]***模型构造的方法是将图形染色,常见的有二***、三***、′8的国际象棋棋盘剪去左上角与右下角的两个方格,求证:剩下的图形不能用31个2′:国际象棋棋盘上的方格有黑白两种颜色,按此涂色作一模型构造,知同一种颜色的方格绝不相邻,因此每一个2′1的长方形一定盖住一个黑格一个白格,31个这样的长方形将盖住31个黑格与31个白格,但图中剪去的两个方格都是白的,因此黑格有32个,,,b是两个实数,有以下三个集合:23322332A={(x,y)|x=n,y=na+b,n?Z},B={(x,y)|x=m,y=3m2+15,m?Z},C={(x,y)|x2+y2￡144}.讨论是否存在a,b,使(1)AIB1f;(2)(a,b)?:若着眼于建立数学模型,由条件(1)消去m,n,y可得xa+b-(3x+15)=0(1)由条件(2)得a+b￡144(2)在平面a-O-b上赋给(1)、(2)以形的意义,不难将问题归结为直线(1)与圆(含内部)是否有公共点的问题,下面沿另一思路,即从建立对应关系入手,(2)可令a=rcost,b=rsint(0<r￡12,0￡t<2p),从而可得sin(t+q)=2223x2+15rx+12,从而|sin(t+q)|=|3x2+15rx+12|￡1,不难证明0<r￡12,x?Z时,上式不成立,,常常选择一个符合题目条件,但命题结论不成立的特例,:“一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形吗”对吗?如果对,请证明;如果不对,请作一四边形满足已知条件,但它不是平行四边形,:以BD为弦,作视角a(a<90)的两弓形弧,再分别以B,D为圆心,以等半径画弧与两弓形弧相交,选取适当的半径可使其有四个交点A,A1;C,C1,,V是使(U+U+L+U)+10U=(V+V+L+V)+10V数,试比较U,:按题目本身的条件比较U,V的大小有困难,由题设提供的信息,构造函数289210110=8成立的实x+xn(9-10x),Fn(x)=(x+x+x+L+x)+10x=1-x910119显然F9(x)-F11(x)=9x-x-10x=x(9-10x)(1+x),不难验证Fn(x)具有以下性22n-1n质:(1)当0<x<,F9(x)-F11(x)>0;(2)F9(0)=F11(0)=0,F9()=F11()=9;(3)当x30时,F9(x),F11x)是连续增函数,且非负;(4)当x<0时,F9(x),F11x)(2)、(3)、(4)及题设F9(U)=F11(V)=8得U,V?(0,),由性质(1)得F11(V)=F9(U)>F11(U),再由性质(3)得,U<,还常常与反证法、数学归纳法、极端性原理等配合使用,,构造法不是万能的,有许多问题不宜用构造法解,有些虽能用,:存在两个正无理数a,b,:假设命题不成立,即找不到两个正无理数a,b,使a为有理数,那么(2)b是无理数(否则只要取a=既然(2),b=2,就与假设矛盾).2是无理数,我们令a=(2)22,b=2,则ab=2为有理数,这与假设矛盾,:方程x-2y=:容易发现x=3,y=2是方程的一组解,注意到若x-2y=1成立,则有22(x2-2y2)2=1,于是(x2+2y2)2-2(2xy)2=1,这样我们构造数列{xn},{yn}满足22xn+1=xn+2yn,yn+1=2xnyn,x1=3,y1=2,容易验证对每一个正整数n{xn,yn}是原方程的一组解,因{xn},{yn}均递增,故当n取遍正整数时,{xn},{yn}不重复,所以方程x2-2y2=,求证:其中必存在两个实数x,y,满足0￡注:构造7个实数tanqi(i=1,2,L,7,-成6个子区间(-x-y<.1+xy3p2<q1￡q2￡L￡q7<p2),把区间(-pp,)分22p,-],(-3,-],L,(,],(,-),根据抽屉原理,7个qi中必存在2366332pppppp两个落在同一个子区间上,不妨设为qj与qj+1(1￡j￡6),因而0￡qj+1-qj<p6),令y=tanqj,x=tanqj+1,则0￡x-y3<,+,b,c,A,B,C满足a+A=b+B=c+C=:aB+bC+cA<:构造如图所示的正三角形,利用SDLRM+SDMPN+SDNQL<(m,n)=(m-n)2+(2-m2-):f(m,n)可解释为两动点A(m,2-m2),B(n,)距离的平方,22由此构造几何模型,显然直线y=x与半圆x+y=2(y30)和双曲线xy=9的交点A,B之间距离的平方即为所求,f(m,n),b,c是DABC的三边,求证:a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)￡:将求证式变形为a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)￡3abc(*)联想余到弦定理,交将(*)式转化为三角问题,:一个奇数c为合数的充要条件是存在正整数a￡2222222222229n9n?cosA￡3,便能2c-1,使(2a-1)2+:(充分性)略;(必要性:必要性是存在性问题,用构造法)设c为奇合数,则c可分解为两个大于1的奇数之积,将较小的记为2k-1,较大的记为m,即c=(2k-1)m,k32,m32k-1,ccc-k+1￡-1￡-1,2k-12k-1322所以有(2a-1)+8c=[2m+(2k-1)].,g(k)表示k的最大奇因子(如g(3)=3,g(20)=5).n*求g(1)+g(2)+g(3)+L+g(2),n?N令a=m-k+1,则a=注:令g(1)+g(2)+g(3)+L+g(2),易知S1=g(1)+g(2)=2,由g(k)的定义知:n1k为奇数时,g(k)=k;k为偶数时,g(k)=g(2m)=g(m),于是Sn=[g(1)+g(3)+L+g(2n-1)]+[g(2)+g(4)+L+g(2n)]=(1+3+L+2n-1)+[g(1)+g(3)+L+g(2n-1)]=(2n-1)2+Sn-1,即Sn-Sn-1=4n-14n+2,进而Sn=.:对任意正整数n,都有+2+3+L+n<:构造数列{an}:a0=2,a1=a0-1,a2=(a0-1)-2,a3=[(a0-1)-2]-3,?,2an=an-1->=2>0,a1=3>1,a2=7>2,a3=46>=k(k33)时,有ak>k,则当n=k+1时,有2ak+1=ak-(k+1)>k2-(k+1)33k-(k+1)=2k-1>k+,an>n,所以an-1=an+n>n,an-2=(n-1)+an-1>n-1+n,?,a0>1+2+3+L+n-1+n,即有+2+3+L+n<(n32)个扇形,依次记为S1,S2,L,Sn,每个扇形都可用红、白、蓝三种颜色之任一种涂色,要求相邻扇形颜色互不相同,问有多少种不同的涂色方法?注:令涂色法有an种,添一扇形Sn+1,我们先涂S1,有3种;再涂S2,有2种;?;涂Sn,有2种;涂Sn+1,暂只要求Sn+′+1与S1颜色不同,有an+1种;Sn+1与S1颜色同,将Sn+1与S1合为1个扇形,这时涂色法相当把圆分成n个扇形,有an种,于是an+1+an=3′+,bn+1-1=-(bn-1)(bn=2nan),22211n-2nn进而可得bn=1+(-),an=2+2(-1).,且x2+x3+=6,bn+1=-求证:(x1+x2+x3+x4)￡:由式子结构,令x2+x3+x4=b,x2x3x4=c,则求证式可化为一个二次不等式:2x12+2(b-2c)x1+b2￡0(1).由b1113=++￡及D=16(c2-bc)知cx3x4x2x4x2x34D>0,故不等式的解集为a￡x1￡b(2)bb又￡x1￡b,故要证(2)式,只要证a￡,b￡b,(2)成立,从而33(1)成立,,a=k+注:以a=k+11+k2+,求证:[an]都能被k整除(n?N*).241111+k2+及其共轭形式b=k+-k2+为根构造一个一元二次方24242n程x-(2k+1)x+k=0,易证0<b<1,0<b<=a+b,则Un-1<a<Un,所以[a]=Un-1,n?+1nnnn*Un+2-(2k+1)an+1+kan=0及bn+1-(2k+1)bn+1+kbn=0得=k(2Un+1-Un)+Un+1,利用此式不难用数学归纳法证明:Un是整数,且Uno1(modk).,规定操作规则如下:原来相邻棋子若是同色,就在其间放一枚黑子;若异色,就在其间放一枚白子,然后把原来的4枚棋子取走,:无论开始时圆周上的黑白棋子的排列顺序如何,最多只需操作4次,:因不知开始的4枚棋子的颜色及其排列顺序,按题意操作,情形比较复杂,下面构造一个反映题设条件的赋值模型,(i=1,2,3,4),并给棋子ì1(若xi为黑子)ì1(若xi,xi+1同色)2赋值,令xi=í,规定xixi+1=í及xi=1.?-1(若xi为白子)?-1(若xi,xi+1异色)第一次操作后得到的4枚棋子可表为(x1x2),(x2x3),(x3x4),(x4x1);第二次后得到的4枚棋子可表为(x1x2)(x2x3),(x2x3)(x3x4),(x3x4)(x4x1),(x4x1)(x1x2),分别化简为(x1x3),(x2x4),(x3x1),(x4x2);第三次后得到的4枚棋子可表为(x1x3)(x2x4),(x2x4)(x3x1),(x3x1)(x4x2),(x4x2)(x1x3),化简后均为(x1x2x3x4).第四次操作后得到的棋子都是(x1x2x3x4),故这四枚棋子赋值都为1,这表明:只段操作4次,(n)表示由0和1组成的长度为n(例如00101,10100都是长度为5)的排列中没有两个1相邻的排列的个数,约定f(0)=:3|f(4m-2),m?:长度为1的排列只有0,1,即f(1)=2;长度为2的排列有00;01,10,11,即f(2)=:以0结尾和以01结尾的.(1)以0结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f(n-1);(2)以01结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f(n-2).于是f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n32),下面用数学归纳法证明:当m=1时,f(4m-2)=f(2)=3,3|f(2);假设当m=k时,3|f(4k-2),令f(4k-2)=3p0,f(4k-1)=3p1+r(0￡r<3),由递推式得f(4k)=3(p0+p1)+r,f(4k+1)=3(p0+2p1)+2r,*2f[4(k+1)-2]=f(4k+2)=3(p0+3p1)+3r=3(2p0+3p1+r),即当m=k+1时,也有3|f[4(k+1)-2].综上所述,当m?N时,都有3|f(4m-2).,我们称集合{1,2,3,L,2n}的一个排列{x1,x2,L,x2n}具有性质P:如果在{1,2,3,L,2n-1}中至少有一个i,使得|xi-xi+1|=::设A={具有性质P的排列},B={不具有性质P的排列},我们着眼于建立从B到A的一个映射“f”,使它是单射并非满射,就能证明|A|>|B|.令b={x1,x2,Lxi-1,xi,L,x2n}?B,则|x1-x2|1n,因而总能找一个排列*a={x2,x3,L,xi-1,x1,xi,L,x2n}使|x1-xi|=n,这样的i有且只有一个,与b对立,显然a?A,按这样的对应法则建立映射f:b(?B)?a(?A).易证f是单射,={x1,x2,Lxi-1,xi,L,x2n},有|x1-x2|1n,|x2-x3|1n,故b的象a={x2,x3,L,xi-1,x1,xi,L,x2n}的前二数之差的绝对值不等于n,显然排列{n+1,1,L,n,n+2,L,2n}?A,但不是B中任何元素的象,所以f不是满射,因此|A|>|B|,证毕.