例談數(shù)學(xué)解題中的構(gòu)造法及其應(yīng)用

【摘要】“構(gòu)造法”作為一種重要的化歸手段，在數(shù)學(xué)解題中有著重要的作用.本文從“構(gòu)造函數(shù)”、“構(gòu)造方程”等常見“構(gòu)造”例談構(gòu)造法在數(shù)學(xué)解題中的運(yùn)用.

【關(guān)鍵詞】構(gòu)造；數(shù)學(xué)解題

有時(shí)對(duì)我們所碰到的數(shù)學(xué)題用常規(guī)的思路和方法難以解決，那么我們可以根據(jù)題目的結(jié)構(gòu)特征，通過直覺觀察、聯(lián)想及猜想等思維活動(dòng)，用已知條件中的元素和關(guān)系式構(gòu)造一種新的數(shù)學(xué)形式，如方程、函數(shù)、圖形等，以找到一條繞過障礙的新途徑，從而使問題得到解決.這種以“構(gòu)造”為特征的解題方法稱為構(gòu)造法.應(yīng)用構(gòu)造法解題，可以打破常規(guī)，另辟蹊徑，巧妙地解決問題，它在數(shù)學(xué)解題中有著廣泛的應(yīng)用.本文就數(shù)學(xué)解題中的幾種構(gòu)造法作簡(jiǎn)要介紹.

1.構(gòu)造表達(dá)式及公式

例1 已知x，y，z均為實(shí)數(shù)，且xy≠-1，yz≠-1，xz≠-1.

求證：x-y1+xy+y-z1+yz+z-x1+zx=x-y1+xy#8226;y-z1+yz#8226;z-x1+zx.

分析 欲證結(jié)論的結(jié)構(gòu)為三數(shù)之和等于三數(shù)之積的形式，這與我們所熟悉的△ABC中，tanA+tanB+tanC=tanA×tanB×tanC十分類似，因而啟發(fā)我們構(gòu)造表達(dá)式x=tanα，y=tanβ，z=tanγ，原問題等價(jià)于證明

tan(α-β)+tan(β-γ)+tan(γ-α)=tan(α-β)#8226;tan(β-γ)tan(γ-α).

（1）

而由式中的各角的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，問題是不難解決的.

由以上分析可知，欲證原式成立，只需證（1）式成立.

證明 ∵（α-β）+（β-γ）+（γ-α）=0，

∴（α-β）+（β-γ）=-（γ-α），

∴tan［(α-β)+(β-γ)］=tan［-(γ-α)］.

即tan(α-β)+tan(β-γ)1-tan(α-β)tan(β-γ)=-tan(γ-α).

即tan(α-β)+tan(β-γ)+tan(γ-α)=tan(α-β)#8226;tan(β-γ)tan(γ-α).

又 tanα=x，tanβ=y，tanγ=z，于是有

x-y1+xy+y-z1+yz+z-x1+zx=x-y1+xy#8226;y-z1+yz#8226;z-x1+zx.

故原命題得證.

本題從結(jié)論的結(jié)構(gòu)形式特征入手，構(gòu)造公式tanA+tanB+tanC=tanA×tanB×tanC，由此得到原題的簡(jiǎn)捷證法.應(yīng)用此公式，可得到具有三數(shù)之和等于三數(shù)之積特征的一類問題的最優(yōu)解法.

2.構(gòu)造方程、方程組

例2 在等比數(shù)列{an}中，a1+an=66，a2an-1=128，且前n項(xiàng)的和Sn=126，求 n及公比q.

分析 此題可以建立方程組求解，但計(jì)算量比較大.換個(gè)方法我們可以利用等比數(shù)列的性質(zhì)得到a1，an的和與積，利用韋達(dá)定理構(gòu)造一個(gè)以a1，an為兩根的方程，然后通過解一個(gè)一元二次方程就可以得解.

解 ∵a1an=a21qn-1，a2an-1=a21qn-1，

∴a1an=a2an-1=128.

又 a1+an=66，

∴a1，an是方程x2-66x+128=0的兩根.

解方程，得x1=2，x2=64.

∴a1=2，an=64或a1=64，an=2.

（1）若a1=2，an=64，顯然q≠1，由a1-anq1-q=126，得q=2.

又 an=a1qn-1，∴2n-1=32，n=6.

(2)若a1=64，an=2時(shí)，同理可求q=12，n=6.

綜上所述n=6，q=2或12.

3.構(gòu)造函數(shù)

例3 已知關(guān)于x的不等式|x-1|>x2+a的解集A≠且A（-∞，0），求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析 此不等式求解比較困難，我們可以在不等號(hào)兩邊構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)求解.

解 設(shè)f(x)=|x-1|，g(x)=x2+a， f(x)=|x-1|是一條折線，g(x)=x2+a是頂點(diǎn)為（0，a）、開口向上的拋物線，由題意知，兩個(gè)圖像有兩個(gè)交點(diǎn)且都在y軸的左方，因此不等式|x-1|>x2+a的解集A≠且A（-∞，0），等價(jià)于方程1-x=x2+a有兩個(gè)不相等的非正根，化簡(jiǎn)為x2+x+a-1=0，方程較大的根-1+5-4a2≤0，由此得1≤a<54.

理解和掌握函數(shù)的思想方法有助于實(shí)現(xiàn)數(shù)學(xué)從常量到變量的認(rèn)識(shí)上的飛躍.很多數(shù)學(xué)命題繁冗復(fù)雜，難尋入口，若巧妙運(yùn)用函數(shù)思想，能使解答別具一格，耐人尋味.

4.構(gòu)造不等式

例4 已知直線l過點(diǎn)P(1，4)，求它在兩坐標(biāo)軸正向截距之和最小時(shí)的方程.

分析 設(shè)已知直線l在兩坐標(biāo)軸正向截距分別為a，b，原題化歸為求(a+b)取最小值時(shí)的直線方程xa+yb=1，其中關(guān)鍵是構(gòu)造(a+b)取最小值的不等式.

解 設(shè)直線l的方程為xa+yb=1.

由點(diǎn)P(1，4)在直線l上，可得

1a+4b=1(a>0，b>0).

(1)

由此a+b=(a+b)1a+4b=5+ba+4ab

≥5+2ba#8226;4ab=9ba>0，4ab>0.

當(dāng)且僅當(dāng)ba=4ab，代入(1)，得a=3，b=6，(a+b)取到最小值9.

所求直線方程為x3+y6=1.

5.構(gòu)造圖形

華羅庚曾說過，“數(shù)離開形少直觀，形離開數(shù)難入微”，利用數(shù)形結(jié)合的思想，可溝通代數(shù)與幾何的關(guān)系，使得難題巧解.

例5 設(shè)有7個(gè)人參加了一次晚會(huì)，每個(gè)人都與另外六人握一次手，問：共握手幾次？

分析 用Ai(i=1，2，…，7)7個(gè)點(diǎn)分別表示參加晚會(huì)的七個(gè)人，兩人握一次手用一條連接該兩點(diǎn)的邊來表示，則握手次數(shù)就是該圖的邊數(shù).

解 7人握手的次數(shù)為

7(7-1)2=21(次).

一般來講，代數(shù)問題較為抽象，若能通過構(gòu)造將之合理轉(zhuǎn)化為幾何問題，利用“數(shù)形結(jié)合”這一重要思想方法往往可增強(qiáng)問題的直觀性，使解答事半功倍或獨(dú)具匠心.

6.構(gòu)造數(shù)列

例6 求(x+1)+（x+1）2+(x+1)3+…+(x+1)30的展開式中x2項(xiàng)的系數(shù).

分析 可以構(gòu)造等比數(shù)列{an}，首項(xiàng)a1=x+1，公比q=x+1.利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可以先化簡(jiǎn)原式，然后用二項(xiàng)式定理求x2項(xiàng)的系數(shù).

解 （x+1）+(x+1)2+(x+1)3+…+(x+1)30

=(x+1)［1-(x+1)30］1-(x+1)

=(x+1)31x-x+1x.

含有x2項(xiàng)的系數(shù)為C331=4495.

相當(dāng)多的數(shù)學(xué)問題，如證明不等式，嘗試一下“構(gòu)造數(shù)列”能產(chǎn)生意想不到的效果.

從以上各例不難看出，構(gòu)造法是一種極富技巧性和創(chuàng)造性的解題方法，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、探索、特殊化等重要的數(shù)學(xué)方法.運(yùn)用構(gòu)造法解數(shù)學(xué)題可從中欣賞數(shù)學(xué)之美，感受解題樂趣，更重要的是可開拓思維空間，啟迪智慧，并對(duì)培養(yǎng)多元化思維和創(chuàng)新精神大有裨益.

【參考文獻(xiàn)】

［1］鄭隆炘，湯光宋，等.中學(xué)數(shù)學(xué)解題教程［M］.武漢：華中理工大學(xué)出版社，2009.

［2］戴再平，等.數(shù)學(xué)方法與解題研究［M］.北京：高等教育出版社，1996.