自-构造法解题漫谈(12[1].25) .

1、* 中 学 数 学 竞赛 培 训 班 讲 课 资 料* 构造 法解 题 漫 谈 首都师范大学数学科学学院周春荔数学解题中,运用逻辑推理一步一步地导出必要条件，最后得出问题的结论,这是经常采用的常规手段 但对某些问题，依据题设条件的特点，用已知条件中的元素为“元件”，用已知数学关系式为“支架”,在思维中构作出一种新的数学形式,这样,常使数学解题突破常规,另劈蹊径.表现出简捷、明快、精巧的特点. 例1证明存在两个无理数,，使得是有理数.这是一道莫斯科数学竞赛的培训题.在18年北京数学奥林匹克学校教学中曾组织高一学生课堂讨论教师的思路是:令，若是有理数，则问题已得解;若是无理数,则是有理数.因此,一定存在这样的两个无理数,使得是有理数.证明虽然漂亮,但并没有指出哪两个无理数具有这种性质.经过课堂讨论 ，人大附中的丹阳同学举出,是两个无理数,而是有理数的例子 集思广益,得到了优美、简捷的构造法证明，进而引起了大家对无理数性质研究的兴趣.例2都是正数.证明，存在这样的三角形,它的三边等于，,并计算这个三角形的面积.分析：此题若直接利用“三角形不等式”来判定三条线段为边能否构成三角形，然后再利用海

2、伦公式依据三边计算三角形的面积,会使人望而生畏的.但是,只要认真分析题目的条件,注意到的结构特征，就会萌发利用勾股定理把这三条线段构作出来的想法,我们不妨试试看.解：如图1,以为边画一个矩形，阴影所示的三角形的三边分别为,满足题设条件的三角形就构作出来了当然它的存在性也就证明了设阴影三角形的面积为S，显然（图1）. 这样就把问题巧妙地解决了.真乃山穷水尽疑无路,柳暗花明又一村！在上述问题中，解题时由于某种需要,而把题设条件中元素间的关系构作出来,或者构想这种关系在某个模型上得以实现,或者构想出某种关系或形式能使问题按新的观点,新的角度去审视，从而使问题巧妙地获得解决.在这个过程中思维活动的特点是“构作”，我们不妨称之为“构造性思维”运用构造性思维解数学问题的方法,通称为数学解题的构造法. 1. 构 造 图 形所谓“构造图形”是指： 根据问题条件中的数量关系的几何意义，以某种方式构作图形,将题设中的数量关系直接在图形中实现,从而得到问题的解答.构作图形帮我们解题，重要的一点是熟悉基本代数关系式的几何意义证题过程实质是代数语言向图形语言的转换.其中的巧思构作会增加解题的美感,构作图形解题是

3、发展数学创造性思维的一个有效途径.例3. 如图2-所示，面积为3平方厘米、29平方厘米和34平方厘米的三张正方形纸片拼放在一起，中间恰围成求的面积是多少平方厘米?解:注意到，. 如图2-作边长为5厘米的正方形NP,分成55=25个平方厘米的正方形网格 根据 （图2-1）勾股定理，可知图22中的A,BC，A分别等于题图2-中个正方形的边长. 因此的面积可求. 事实上，的面积= 9.5(平方厘米） 答：的面积为.5平方厘米 （图-2) 例4. 若 求证: 解：注意到 表示以，y为边夹角为的三角形的第三边同理,也有类似的几何意义.这样,我们构作顶点为O的四面体O-C，使得 (图） 则有B =，C ，A = 由ABC中， 所以 此法更是令人拍案叫绝!构造图形解题过程的程序框图是： 题设条件 几何作图 构 作 在图形中寻求 所求特点分析 几何意义 图 形 或间接推理 结 论 数形结合引入的构造图形的方法体现的构造思想,可以进一步推广到其它的数学对象上去,成为构造数学对象的极有特色的解题方法例5.正数a,b，c，A，B,满足条件a + A b + B = c C= k.求证： aBbC+c2. （

4、第届全苏数学竞赛八年级的一道试题） 先给出原命题者给出的代数解法,然后再与我们的几何解法比较. 代数解法：因为 = bc +Abc+ acB+ ABc +bC C + BC AB bc +ABC + 又因为k0,所以 k aB + cA. 即aB + b +c不难见到，完成以上代数法证明,要求具备很好的因式分解的基本功.几何证法:注意条件a + = + B= c+C k和结论aB + b+ c 等价于aB+C cA可以想到构造边长为k的等边三角形的方法.如图作边长为k的等边三角形MNT,在边MN,NT，TM上分别取点,Q，.连接PQ，W，WP显然,即aB+bC+ （图4)因为 约去即得证 a+bC+c 几何证法2:利用我们给出的代数关系式的几何表示，将看成边长为k的正方形面积.先作一个边长为k的正方形PQM，设 = b ,M= a + A,若aC令PN= C + ,M A + a，在正方形PQM内，如图5完成面积为aB ， bC ，cA的三个长方形,三个未涂阴影的长方形面积之和恰为aB+ b A,显然小于正方形PMN的面积k2. C，如图6完成面积为aB,C , (图5） (图6）A的

5、三个长方形,三个未涂阴影的长方形面积之和恰为 + bC + c,显然也小于正方形PMN的面积k2. 这个证法简单明快，直观有趣，小学生也可以理解.华罗庚教授曾以如下诗句概括数形结合的思想:数与形, 本是相倚依，焉能分作两边飞. 数缺形时少直觉，形少数时难入微. 数形结合百般好, 隔裂分家万事非.切莫忘， 几何代数统一体，永远联系，切莫分离!1 华罗庚科普著作选集第181页，上海教育出版社，1984年10月版.例6.设是满足 的正数试证：方程组 有唯一的实数解证明：如图，作边长为1的正三角形ABC，在形内作l/C，使l1与B的距离为;再作l2/C，使l2与C的距离为;这时1与l2有且仅有一个交点P.这时到BC的距离 P到CA的距离由已知,，推知,P到A的距离.设则 （图）而恰满足题设的方程组 ，因此方程组有实数解 现证明,方程组的解是唯一的.假设还有另一组解，不妨设，则由第一个方程知,再由第二个方程知，又由第三个方程知,得出矛盾!所以，该方程组只有唯一一组实数解.例7在一个有限的实数列中,任何七个连续项之和都是负数,而任何十一个连续项之和都是正数.试问：这样一个数列最多能包含多少项？ （

6、19-M第2题）分析与解:设这个数列为.可以按条件分成若干“7项和片段”与若干“11项和片段”而这些片段又可作出各式各样的组合，其中大量的是无用的组合. 解题过程就是从大量的组合中挑出有用的组合形式.连续7项之和都是负数,而任意连续项之和都是正数. 这样的数列一定是有限项.比如前7项之和，若按每个数为一段求和,总和应为负数,如果按每11项为一段求和, 总和应为正数.得出矛盾! 所以这个数列的项数不能超过76. 那么,这个数列到底最多有多少项呢?一项一项地试: 76,75,7，,是不可取的，还要一般的分析由于 而所以. 进而若数列从算起,可得从算起，可得，也就是从起,每连续4项的和都是正的考虑到 而则且从开始每连续3项之和小于零,但 所以从开始,以后每一项都应是正的,这时若再有则得出,与从开始每连续项之和小于零,即应有矛盾！所以这个数列不能是项,即项数一位得特别奖的学生给出的解法很有特色.设这数列是，构造数阵 横向逐行求和得整个表中7个数之和为负，纵向逐列求和得整个表中77个数之和为正.这一矛盾说明项数另一方面,构造16项数列：6，,-5,6,6,6，16,6,6,-6,6,6,6,-1

7、5，6，6，适合题意，所以这个数列最多能包含1项. 2 构 造函 数所谓“构造函数”是指：由题设条件为对象,构想、组合出一种新的函数关系、方程、多项式等具体形式，使问题在新的观点下实现转化而获解中学数学微积分教材证明拉格朗日微分中值定理构造的辅助函数就是构造函数的一个生动的例子.例8、, ，求证 分析：四个分式形状相似,相当于函数在相应四点,的值证明:构作函数，则研究这个函数性质如下：当任意1,满足时，,所以函数在是递增函数.因为，所以即 .不等式得证.例9若，都是实数，求证： 分析与解：若，所证结论显然成立; 若不全为,则.由于所要证明的形式与简化二次方程的判别式相近,启发我们构造一个二次函数展开、集项、配方得.所以,恒有判别式，即 成立.例10.设两两不等，证明: .分析与解:将左边通分化简来论证，方法烦琐.我们从变量的函数观点来考虑,构造辅助方程： .这是关于的不超过二次的方程,容易验证,它有三个不同的根故式是关于的恒等式,即对于任何值,式均成立.特别地，取就得出了所求证的等式例11.已知,，其中试确定的值分析与解:由，诱发我们想到一元二次方程判别式并且判别式等于方程有等根.为此，不妨一试.令,则前一式改写为 因为，所以式是 的一元二次方程.由第二个关系式推知，的判别式所以，关于的一元二次方程有等根，即.由韦达定理得,所以因此,例1如果 ，

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