数学：浅谈“构造法”解题

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1、浅谈“构造法”解题一.构造函数解题例1.（1）在实数范围内解。（2）解不等式方程与不等式都是高次的，展开求解是不现实的。根据其自身特点，分别作适当的变形，然后构造函数，再利用函数的有关性质求解。（1）原方程变形为。设函数，上述方程即为。由于在上是单调增函数，故若，则必有成立。因此，即，故原方程有唯一解。（2）设，，易证f(x)在区间上为增函数。，为奇函数，从而f(x)在区间上为增函数，原不等式可化为，即，即。点评：函数的单调性和奇偶性是函数的两个十分重要的性质，要熟练掌握函数的图象的几何特征和代数含义，它们在研究方程、不等式中经常用到。二.构造一元二次方程解题例2.已知三内角A、B、C的大小成

2、等差数列，且，求A、B、C的大小。由题知，联想到-7-，由A、B、C成等差数列，得，故。是方程的两根，得。当A

3、，可以构造三角形，同理，另两个根式也可构造三角形，利用几何图形进行证明。根据题意构造图形（如上图），其中AB=a，BC=c，BD=b，，由余弦定理得：在中，，则。但当A、D、C三点共线时等号成立，此时，，即。，即点评：本题若不构造一个三角形，而是运用三角知识解题，直接将两边平方，则无论是用综合法还是分析法，不仅计算过程十分复杂，而且很不容易说明。例5.设关于的方程在区间（0，）内有相异的两个实根。求实数a的取值范围。设，则由题设知，直线与圆有两个不同的交点A（）和B（）。-7-即原点O到直线的距离小于1，即。解得：。又因为、，且，直线不过点（1，0），即。所以，即点评：将代数问题构造平面图形后

4、，用平面解析几何的有关知识解题，实际上是数形结合思想的灵活应用。巩固练习:1.求函数的值域。分析：由于可以看作定点（2，3）与动点（-cosx，sinx）连线的斜率，故f(x)的值域即为斜率的最大、最小值。解：令，则表示单位圆表示连接定点P（2，3）与单位圆上任一点（，）所得直线的斜率。显然该直线与圆相切时，k取得最值，此时，圆心（0，0）到这条直线的距离为1，即所以故2.已知三条不同的直线，，共点，求的值。分析：由条件知为某一元方程的根，于是想法构造出这个一元方程，然后用韦达定理求值。-7-解：设（m，n）是三条直线的交点，则可构造方程，即（*）由条件知，均为关于的一元三次方程（*）的根。由

5、韦达定理知3.已知实数x，y，z满足，求证：分析：由已知得，以x，y为根构造一元二次方程，再由判别式非负证得结论。解：构造一元二次方程其中x，y为方程的两实根所以即故△＝0，即4.求证：若，，则分析：待证式的左边求和的分母是三次式，为降低分母次数，构造一个恒不等式。所以左边故原式得证。-7-5.已知实数x，y满足，求证：分析：要证原式成立，即证即证由三角函数线知可构造下图，此时不等式右边为图中三个矩形的面积之和，而单位圆的面积为，所以故结论成立。6.已知a、b、c、d是四个不同的有理数，且（a＋c）（a＋d）＝1，　（b＋c）（b＋d）＝1，求（a＋c）（b＋c）的值。　分析：由（a＋c）（a

6、＋d）＝1及（b＋c）（b＋d）＝1，构造方程（x＋c）（x＋d）＝1　可知：a、b是它的两个根，该方程即：　由根与系数的关系可知a＋b＝－（c＋d）7.已知x,y,z∈（0，1），求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1分析：此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。证明：构造函数f(x)=(y+z-1)x+(yz-y-z+1)∵y,z∈(0,1),-7-∴f(0)=yz-y-z+1=(y-1)(z-1)＞0f(1)=(y+z-1)+(yz-y-z+1)=yz＞0而f(x)是一次函数，其图象是直线，∴由x∈(0,1)恒有f(x)＞0即(y+z-1)x+(

7、yz-y-z+1)＞0整理可得x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1证明：构造边长为1的正△ABC，D，E，F为边上三点，并设BD=x，CE=y，AF=z，如图1显然有S△BDE+S△CEF+S△ADF<即x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜这道竞赛题能如此简洁、直观地证明，真是妙不可言。8.已知a,b,c为互不相等的实数，试证：bc(a-b)(a-c)+ac(b-a)(b-c)+ab