构造方程法在解题中的妙用

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1、64数学通讯一一2OlO年第5，6期(上半月)·辅教导学·构造方程法在解题中的妙用耿瑞照(山东淄博淄JIl般阳中学，2551507)构造方程法是解数学问题的常用方法，特别即是一omJ，口一1，此时代数式等的是面对难度较大的竞赛题时，该法有着由难变易值中只有一个正整数．的良好功能．(2)当a≠1时，由于忌∈R，．‘．关于k的一元1构造方程。求解代数运算二次方程(1一a)k。一2(1+口)k+4(1一n)一0的例1设X，Y为实数，且z+xy+Y。一3，求判别式A一4(1十n)。一16(1一口)。≥0，即(口一．27一xy+Y

2、。的最值．解设z一xy+Y。一m①3)(3a一1)≤0，．‘．÷≤口≤3．而z+xy+Y一3②‘．．。的正整数值为1，2，3，即代数式由①、②可解得。．3一m等的值中有三个正整数．十Y一±√—一’xy一—一’综上所述，代数式等的值中至多有所以，Y可看成是方程Z2±√z+三个正整数．O一0的两个实数根，3构造方程。求解平面几何问题例4已知，∈R，直线干X+由△：=：(土√)Z-4X1X≥0，解干y一1与直线x／~q_y得m≥1．sln口十coscos口’cOs而根据题意又有m≤9，所以1≤m≤9．一1的交点在直线Y一一z上

3、，则sina+COSa+si所以z一+Y的最大值为9，最小值为1．+COsp一——．2构造方程。证明代数结论解由已知可设两直线的交点为(z。，一z。)，例2已知实数z—Y一8，xy十z+16：==0，且sina、COS(~为方程求证：z+Y+一0．t+si叩+t+cosfl一1‘证明因为z一：8，z·(一)一z。+16，所以z，一Y是方程m。一8m+z+16—0的的两个根，即为方程t+(co+si@)t+sinflco一两个实数根，所以A一(一8)一4·(z。+16)≥0，。(cosp—sinf1)一0的两个根．解得z。

4、≤0．根据韦达定理有而z≥0，所以z一0．sina+COSt／一一(sin卢+CO)，所以原方程可化为m一8m+16—0，所以z所以sina+COSOt+sin+CO一0．：一Y：==4，故z+Y+z一0．例5如图1，梯形例3证明：当k取遍所有实数时，代数式ABCD的面积为S，AB／／CD，AB===b，CD—a(a<6)，对角的值中至多有三个正整数．线AC与BD交于点0，ABOCA证明的面积为’求a．图1例5图，令等一盘，整理得(1一a)是一2(1+口)k+4(1一n)一0．解设S△麟一m，S△枷一，由S△日Dc—(1

5、)当“一1时，方程化成k一0．·辅教导学·数学通讯——2010年第5，6期(上半月)65zs得S△一，故+一5S_(3b。+4)(6一1)()一2b2(3b2+4)y十9，．ZZ根据题意一S~Boc(3b+b。)一0①△AoD△^oB，即南Z／一．设P(x。,Y1)，Q(2,Yz)，则，丝是方程①所以·一等12的两根．又0P上OQ．Y_L．丝一一1，所以由①·Z12．．，是方程z2一萼+一0的两根．式和韦达定理，得3b4+bz，用因式分解法解得优一，一(n<6)，F_==一一’．a1即3bt+b。一2—0．b一，口2一b

6、。+4—2一一—～’，')．)4构造方程。求解解析几何问题所求椭圆C的方程为+一1．例6已知抛物线C：Y—+2x和抛物线5构造方程。求解数列问题C。：Y一一z+a，当a取什么值时，C。和C有且仅例8若数列{X}满足：Xl一1，l>z且有一条公切线，写出公切线的方程．4xz井l一(z+l一1)(∈N)，试求X．解设公切线z切C于点P(z，Y)，切C2解将原递推公式展开得于点P。(z。，Y)，则Z的方程有如下两种表达方式：z1—2(+1)什l+(z一1)。一0①Y—Y1一(2xl+2)(—1)①将①式中的n换成一1，得Y—Y

7、2：==一2z2(z—Lz2)②：一2(—I+1)z+(，rl一1)。一0，又因为YI—z+2xl，Y2一一；+a；即z1—2(+1)—l+(z一1)一0②所以①，②分别变为Y一(2x+2)z—z和由①，②知z1，z，r是方程t一2(z+1)t+Y一一2x2z+z；+a．(z一1)一0的两根．据韦达定理有z+，r。一2(z+1)，所以计l—一(z一z，r1)+2．所以j{2zt÷；一2一z；_十2zz’消去X2得一这表明{z～z)是以2为公差的等差数列，2；+2l+1+a一0．易求得首项为z～z一4—1—3，由题意知△一

8、4—8(1+口)一0，所以a一故有z1一z一2n+1，13一此时z。一zz一一1所以一l+(z2一1)+(3一2)+⋯+．，一z一一．所以当(z一z一1)一l+3十5+⋯+(2n一1)一。．“一一时，C和C有且仅有一条公切线，其方6构造方程。求解方程的解例9设a，b，C为不同的三个非零实数．解方程为Y—z一÷．程组：