初中数学竞赛 知识点和真题 第32讲 构造法
初中数学竞赛 知识点和真题 第31讲 极端原理
第31讲极端原理我们要证明存在具有某种性质的对象，极端原理告诉我们去找使某函数最大或最小的对象。
——A·恩格尔知识方法扫描让我们先看一个有趣的放硬币游戏．两人相继轮流往一张圆桌上平放一枚同样大小的硬币，条件是后放的硬币不能压在先放的硬币上，直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。
谁放入了最后一枚硬币谁获胜。
问：先放的人有没有必定取胜的策略？这是一个古老而值得深思的难题．当有人向一位确有才能的数学家提出这个难题时，引出了如下一段意味深长的对话：数学家：这有什么难？如果圆桌小到只能容纳一枚硬币，那么先放的人当然能够取胜。
提问者：这还用你讲？简直废话！数学家：不！这是一个很重要的特殊情况，它的解决将导致一般问题的解决．提问者：怎么解决？数学家：我先将第一枚硬币放在桌子的中心，利用圆桌的对称性，我就可以获胜．不管是圆桌还是方桌，也不管是桌子有多大，只要有一个对称中心就行．数学家独具慧眼，能从一般性问题中一下子找到一个极易求解的极端情形，并能将极端情形下的解法推向一般，轻而易举地解决了上述难题，而且还作了推广．这位数学家大概是这样思考的：一般性的问题比较复杂，先将其极端化，注意到所放硬币总数1n≥，取其极端情形1n=即假设桌子小到只能放下一枚硬币，得出特殊问题的解，即先占中心者为胜．然后根据圆桌的对称性，先放者把硬币放在中心位置Ｏ，若后放者把硬币放在C处，则先放者把硬币放在中心位置Ｏ的对称点C'处，这样只要后放者能放下硬币，先放者总能根据对称性，放下硬币，最后获胜．这种思考问题的方法称为极端原理.从问题的极端情况考虑，对于数值问题来说，就是指取它的最大或最小值，如最大或最小的数、最大或最小距离、最大或最小边(角、面积)、得分最多或最少的队员等；对于一个动点来说，指的是线段的端点，三角形的顶点等等。
极端化的假设实际上也为题目增加了一个条件，求解也就会变得容易得多。
经典例题解析例1设有n(n≥2)名选手进行比赛，任两选手都进行一场比赛，每场比赛均决出胜负．求证：存在选手A，使得其他的任一选手，或是输给A，或是输给被A打败的某一名选手．证明要寻找的选手A，依直觉，应是“实力”最强的选手．因此，在这n名选手中，设取胜的场次最多的一名选手为A(考虑极端！)．下面证明他满足题目的要求．对其他的任一选手B ，若B 不是输给A ，即B 胜A.因B 战胜的对手不多于A 战胜的对手，故除A 、B 之外，A 战胜的对手必多于B 战胜的对手，从而，必存在选手C ，是A 战胜的，但不是B 战胜的，即B 输给被A 打败的选手C ．故结论成立．评 注 例1的解法关键是抓住了“取胜的场次最多的一名选手”，利用这一点，解决了我们“无从着手”的难处，使解题简捷明快．例2 把1600颗花生，分给100只猴子．证明：不管怎样分，至少有4只猴子得到的花生一样多．并设计一种分法，使得没有5只猴子得到的花生一样多.并设计一种分法，使得没有5只猴子得到一样多的花生.分析与解 要使没有4只猴子得到的花生一样多，我们考虑极端情况：最经济（即所用花生数目最少）的分法是3只得0颗，3只得1颗，…，3只得32颗，还有一只得33颗，这样分需花生数3×(0+1+2+…+32)+33=1617已经超过了花生总数1600颗．所以不管怎样分，至少有4只猴子分得的花生一样多．没有5只猴子一样多的分法是很多的，例如，对前述极端情况稍作调整可得到一种分法：4只得0颗，3只得1颗，3只得2颗，…，3只得31颗，2只得32颗，还有一只得48颗，共计3×(0+1+2+…+32)-32+48=1600(颗)，例3 平面上给定n 个点(n ≥3)，任三点不共线，求证：在这n 个点中存在三个点A 、B 、C ，使其余n-3个点都在△ABC 之外．分 析 此题有多种思考方法，其中最自然的想法是：面积越小的三角形，其内的点越少，而形外的点越多，所以要使其余n-3个点都在△ABC 之外，自然取面积最小的三角形．证 明 在n 个点中任取两点B 、C ，作线段BC ，则其余n-2个点都不在BC 所在的直线上，以BC 为底边，其余n-2个点为顶点可得n-2个三角形，取面积最小的，记为△ABC 即为所求，事实上，如果△ABC 内还有—点A ′，则S BC A '∆＜S ABC ∆，这与S ABC ∆最小矛盾．评 注 本题还可从以下几种极端状态着手：（1）取其余n-2个点到直线BC 的距离最小的一点A ，则△ABC 即为所求；(2)其余n-2个到BC 的视角最大的点设为A ，则△ABC 为所求；(3)以B 为顶点，旋转BC ，首先交到的点(或说旋转角最小的点)设为A ，则△ABC 为所求．以上四种思考方法，从不同角度取定一个几何量，在系统自身状态不断变化时考虑极端情况(最大或最小)，使问题迎刃而解．例4 平面上有n 个点，其中任三点都可组成三角形，且其面积均不超过1，证明存在一个面积不超过4的三角形，它能覆盖住所有n 个点．分 析 由于面积越大的三角形，覆盖的点越多，所以我们自然地会想到：从取面积最大的三角形入手．证 明 平面上由n 个点组成的三角形的数目是有限的，其中必有一个面积最大的三角形，设为△ABC ，过各顶点分别作对边的平行线，可得一个新△A ′B ′C ′.如图，S C B A '''∆=4S ABC ∆，∵S ABC ∆≤1，∴S C B A '''∆≤4.平面上所有的n 个点全被△A ′B ′C ′覆盖住，否则设△A ′B ′C ′外有一点P ，则有S PBC ∆＞S ABC ∆，这与S ABC ∆最大矛盾．评 注 由以上三例的分析、证明，我们不难发现利用极端性原理的步骤：选取适当的量——考虑极端状态——反证法证明．例5 平面上给定n 个点，其中没有三点共线.证明:存在通过其中三个点的圆，它的内部(圆上除外)不包含任何一个已知点.证明 给定的n 个点总存在具有最小距离的两个点，不妨设为A 、B .以线段AB 为直径画O ，则其余的2n -个点与A 、B 的距离均不小于AB ，它们都位于O的外面，将这2n -个点分别与点A 、B 连结，所得视角依大小顺序排成一列，有122180.n AP B AP B AP B -∠≤∠≤≤∠<现过A 、B 、2n P -三点作圆(如图所示)，显然该圆内部不包含任何一个已知点，即为所求．例6 在凸五边形ABCDE 的边和对角线中，没有互相平行的线段．延长边AB 和对角线CE ，使之相交于某个点，然后在边AB 上标上一个箭头，使之指向交点的方向．依此办法把五条边都标上箭头．求证：必有两个箭头指向五边形的同一个顶点．证 明 考查由凸五边形的每三个相邻顶点所成的五个三角形，其中必有面积最小者．设△ABC 的面积最小．下面证明：BC 边上箭头必指向B 点．由于DA 不平行于BC(如图)，再由S ABC ∆的最小性知S ABC ∆＜S DBC ∆.设M 、N 分别是由A 及D 向BC 所引垂线的垂足，于是DN＞AM ．所以，直线AD 与直线BC 交点在CB 的延长线上，且位于B 的一方．从而，依箭头的标法，BC 边上的箭头指向B ．同理，AB 边上的箭头指向B ．结论得证．例7 晚会上(2)n n ≥对男女青年双双起舞，设任何一个男青年都未与全部女青年跳过舞，而每个女青年至少与一个男青年跳过.求证:必有两男12,b b 及两女12,g g ，使得1b 与1g ，2b 与2g 跳过舞而1b 与2g ，2b 与1g 均未跳过.证法1 记与之跳过舞的女青年数最多的男青年之一为1b ，因1b 未与全部女青年跳过，故可找到女青年2g 未与1b 跳过.因2g 至少与一个男青年跳过舞，故存在2b (1b ≠)与2g 跳过.如果凡事与1b 跳过舞的女青年都与2b 跳过，则与2b 跳过舞的P 2 P 1 P KA B P n -2= C。
最全最新初中数学竞赛专题讲解构造法
初中数学竞赛专题讲解构造法1、构造法的概念：在解答某些数学题时，通过对条件于结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，式子、方程、函数、不等式、某些特殊类型等，以次进行构造，往往能使问题转化，使问题中原来隐晦部清的关系和性质展现出来，从而简捷地解决问题，这种解题方法称为构造法。
2、常用构造的方法：①构造式子（恒等式，不等式）；②构造方差；③构造方程；④构造几何图形；⑤构造函数。
一、基础过关1.已知13,1322=-=-b b a a ，求22b a a b +的值；2.代数式的最小值为 ．3.已知方程0132=-+x x 的两实数根为α、β，不解方程求ββα34322++的值。
4.若关于的方程的所有根都是比1小的正实数，则实数的取值范围是5.已知实数、、满足，求证：．6.求所有的实数，使得 ．7.设0，求证．9)12(422+-++x x x 012)1(22=-+-mx x m m a b c 0))((<+++c b a c a )(4)(2c b a a c b ++>-x xx x x 111-+-=10<<z y x ，，1)1()1()1(<-+-+-x z z y y x8.已知关于的方程有四个不同的实根，求的取值范围．二、例题讲解构造恒等式或不等式例1：设、、、都为实数，，满足()()()()111221221a b a b a b a b ++=++=，求证：．练习1：已知, 1=abc ,2=++c b a ,3222=++c b a ,则代数式111111-++-++-+b ca a bc c ab 的值为（ ）A 、1B 、21-C 、2D 、32-练习2：已知a 、b 、c 均为正实数，满足3=++=++=++c a ac c b bc b a ab ，则()()()111+++c b a 的值为（ ）A 、10B 、9C 、8D 、7练习3：已知x 、y 、z 为实数，且5=++z y x ，3=++zx yz xy ，求z 的最大值和最小值分别是（ ） A 、1，-1 B 、1,313- C 、1,313 D 、313,1-构造几何图形x k x x =+-1322k 1a 2a 1b 2b 21a a ≠1))(())((22211211-=++=++b a b a b a b a例2：求代数式的最小值．练习1：已知a 、b 是正数，且2=+b a ，求4122+++=b a y 的最小值。
信息学奥林匹克竞赛辅导课件：构造法
Kruskal算法
Kruskal算法构造G的最小生成树的基本思想是，首 先将G的n个顶点看成n个孤立的连通分支。将所有的边 按权从小到大排序。然后从第一条边开始，依边权递 增的顺序查看每一条边，并按下述方法连接2个不同的 连通分支：当查看到第k条边(v,w)时，如果端点v和w 分别是当前2个不同的连通分支T1和T2中的顶点时，就 用边(v,w)将T1和T2连接成一个连通分支，然后继续查 看第k+1条边；如果端点v和w在当前的同一个连通分支 中，就直接再查看第k+1条边。这个过程一直进行到只 剩下一个连通分支时为止。
分析：我们以城市为顶点，公路为边，公路的造 价为边权，构造一张具有 n 个顶点的带权连通 图，这张连通图的生成树有 n - 1 条边。 问题对应为：如何在所有可能的生成树中，寻找 各边的权的总和为最小的一棵生成树。显然， 这个问题就是经典的最小生成树问题。
下图为 6 个城市间的交通网，边上的权是公路造价。 修筑 5 条公路的方案如下:
对应经典问题 对应简单问题 对应数学问题 ⑵分治策略：将问题的规模逐渐减少，可明显降低解决 问题的复杂程度。算法设计的这种策略称之为分治策 略，即对问题分而治之。 递推的分治策略
⑶归纳策略：归纳策略则是通过列举试题本身的
特殊情况，经过深入分析，最后概括出事物内在的一 般规律，并得到一种高度抽象的解题模型。 递推式 递归式 制定目标 贪心方案
所以模型不是一成不变的，同样要通过各种技术不 断优化。模型的产生虽然是人脑思维的产物，但它仍然 是客观事物在人脑中的反映。所以要培养良好的建模能 力，还必须依靠在平时的学习中积累丰富的知识和经验。
在建模过程中经常使用的策略有 ⑴对应策略：将问题a对应另一个便于思考或有求解方法的问题 b，化繁为简，变未知为已知。
初中数学解题方法之一构造法之构造方程
初中数学解题方法之一构造法之构造方程构造法是初中数学解题的常用方法之一，它通过构造合适的问题结构，将问题转化为可解的方程或等式，从而帮助我们解决问题。
构造方程是其中一种常见的构造法。
构造方程的基本思路是先找出问题中的未知量和已知条件，然后通过逻辑推理或运用已知条件，构造出一个或多个与问题有关的关系式，最终得到方程，并解方程求解。
下面以一些具体的数学问题为例，介绍构造方程的基本步骤和一些常用的技巧。
1.确定未知量和已知条件：首先要明确问题中的未知量是什么，已知条件有哪些。
例如，问题中可能涉及到未知数的个数、长度、面积等。
2.运用逻辑关系或条件构造方程：根据问题中的逻辑关系或条件，构造方程。
可以采用等量关系、比例关系等。
3.解方程求解：得到方程后，通过计算求解方程，得到未知量的值。
下面通过几个具体问题的例子，来说明构造方程的应用。
例1：甲、乙两人同时从甲地骑自行车去乙地，甲总共骑了3小时，乙总共骑了2小时，两人相遇时甲比乙多骑36千米。
已知甲比乙骑得快一半，求甲、乙各骑的速度。
设甲的速度为x千米/小时，乙的速度为y千米/小时。
根据题意可得出以下的逻辑关系或条件：甲的骑行时间：3小时乙的骑行时间：2小时甲比乙多骑36千米甲比乙骑得快一半根据已知条件，可以构造出方程：甲的速度x乘以时间3小时等于乙的速度y乘以时间2小时再加上36千米。
即：3x=2y+36根据方程，我们可以求解未知量的值。
将方程进行变形：2y=3x-36y=(3x-36)/2由于甲比乙骑得快一半，即：x=(3x-36)/2解这个方程，可以得到甲的速度是24千米/小时，乙的速度是12千米/小时。
例2：已知一个正方形的周长是20厘米，求正方形的面积。
设正方形的边长为x厘米。
根据题意可得出以下的逻辑关系或条件：正方形的周长是20厘米根据已知条件，可以构造出方程：周长就是4条边的长度之和，所以可以得到：4x=20解这个方程，可以得到正方形的边长是5厘米。
巧用“构造法”解一元二次方程竞赛题
巧用“构造法”解一元二次方程竞赛题作者：黄小华来源：《学周刊·A》2013年第07期在初中数学竞赛活动中，我们经常会碰到表面上看很难解答的一元二次方程竞赛题，但是只要我们认真分析已知条件，深入挖掘，运用所学知识构造已知条件和所求结论之间的桥梁，就能使一元二次方程竞赛题在新形式下得到解答，这就是解题中的“构造”策略。
笔者下面结合自己的教学体会浅谈用构造法解一元二次方程竞赛题的几种常用方法。
一、利用根的定义构造一元二次方程当已知等式具有相同的结构时，我们就可以把某两个变元（相同的元素）看成是关于某个字母的一元二次方程的两个根来构造一元二次方程。
例1.若实数满足■+■=1，■+■=1，则x+y= 。
（全国初中数学联赛题）思路点拨：观察方程，可以直接解答，但解答难度大，我们可将x、y看做某个一元二次方程的两根，构造方程求解。
简解：33、53是关于方程■+■=1的两根，化简得t2-（x+y-43-63）t-（63x+43y-43×63）=0，由韦达定理得33+53=x+y-43-63，故x+y=33+53+43+63=432。
小结：竞赛题中的一元二次方程题目一般都不能直接求解，而是需要我们通过分析、归纳已知条件构造一元二次方程，再运用有关一元二次方程的知识进行解答。
二、利用韦达定理逆定理构造一元二次方程若问题中有形如x+y=a，xy=b的关系式时，则x、y可看作方程t2-at+b=0的两个实数根。
例2.已知实数a、b、c满足，a+b+c=2，abc=4，（1）求a、b、c中最大者的最小值。
（2）求a+b+c的最小值。
（全国初中数学竞赛题）思路点拨：该题运用不等式的变形来求解是比较繁琐的，由题得b+c=2-a，bc=■，构造以b、c为实数根的一元二次方程，通过△≥0探求a的取值范围，并以此为基础去解（2）。
简解：（1）设a≥b，a≥c，∵b+c=2-a∴bc=■∴b、c为一元二次方程x2-（2-a）x+■=0的两根∴△=（2-a）2-4×■≥0，即（a2+4）（a-4）≥0，a≥4，当a=4，b=c=-1时，满足条件，故a、b、c中最大者的最小值为4。
初中数学—构造法
知识点拨【知识提要】1.代数构造；2.几何构造；3.其他一些构造。
【基本题型】1.证明存在符合题目条件的某个“事物”；2.说明某个“事物”的最大值或最小值（需要构造说明它存在）；3.其他一些杂题。
【解题技巧】1.构造一一对应方法；2.用组合数学的方法；3.极端的思想。
快乐热身【热身】求证：区间(0,1)上的实数和整个实数集中的实数一样多。
【解析】分析两个集合都有无穷多个实数，不能求出个数。
看起来，一条有限长的线段和一条无限长的直线里面的点不会一样多。
那么，要想说明两个无穷集合是一样大的，需要构造出一个一一对应的关系。
解令函数π()tanπ(01)2f x x x⎛⎫=-<<⎪⎝⎭，则易知()f x是从(0,1)到上的一一映射。
所第二讲构造法以，这两个集合里面的数一样多。
说明 证明两个集合的元素个数一样多（可能是无限集合），最常规的方法就是做一一对应。
热身完了，我们开始今天的课程吧！例题精讲【例 1】 用构造法求147464712...47...52515250515256 (52)⨯⨯⨯⨯++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯的值。
【解析】 分析 看起来是组合数的概率问题，可以构造一个模型。
解 分母出现52，那么考虑1到52的全排列。
第一个数是1的概率为152； 考虑第二项，4752是“前5项中没有出现1”的概率，且这显然与“第一个数是1”互斥；那么，475152⨯便是：前5项中没有出现1，且第一项为2的概率。
继续考虑第三项，4647505152⨯⨯⨯是前5项中没有出现1或2，且第一项为3的概率。
……最后一项是前5项中没有出现1，2，3，……，47，且第一项为48的概率。
综上所述，所求的数为第一项是前5项中最小的那项的概率，所以等于15。
说明 本题当然也可以用裂项法。
【例 2】 记n 为正整数，设n A 为数字和为n 且不含有1，3，4以外的数字的自然数个数，n B 为数字和为n 且不含有1，2以外的数字的自然数个数。
数学竞赛教案：第32讲_数学归纳法2
第13讲数学归纳法本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用.通常那些直接或间接与自然数n有关的命题，可考虑运用数学归纳法来证明．一.数学归纳法的基本形式第一数学归纳法：设P(n)是关于正整数n的命题，若1°P(1)成立(奠基)；2°假设P(k)成立，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切正整数n都成立．如果P(n)定义在集合N－{ 0,1,2,…,r－1}，则1°中“P(1)成立”应由“P(r)成立”取代.第一数学归纳法有如下“变着”；跳跃数学归纳法：设P(n)是关于正整数n的命题，若1°P(1)，P(2)，…，P(l)成立；2°假设P(k)成立，可以推出P(k+l)成立，则P(n)对一切正整数n都成立．第二数学归纳法：设P(n)是关于正整数一的命题，若l°P(1)成立；2°假设n≤k(k为任意正整数)时P(n)(1≤n≤k)成立，可以推出P(k+1))成立，则P(n)对一切自然数n都成立．以上每种形式的数学归纳法都由两步组成：“奠基”和“归纳”，两步缺一不可．在“归纳”的过程中必须用到“归纳假设”这一不可缺少的前提．二.数学归纳法证明技巧1.“起点前移”或“起点后移”：有些关于自然数n的命题P(n),验证P(1)比较困难，或者P(1)，P(2)，…，P(p－1)不能统一到“归纳”的过程中去，这时可考虑到将起点前移至P(0)(如果有意义)，或将起点后移至P(r)(这时P(1)，P(2)，…，P(r－1)应另行证明)．2.加大“跨度”：对于定义在M={n0，n0+r，n0+2r，…，n0+m r，…}( n0，r，m∈N*)上的命题P(n)，在采用数学归纳法时应考虑加大“跨度”的方法，即第一步验证P(n0)，第二步假设P(k)(k∈M)成立，推出P(k+r)成立．3.加强命题：有些不易直接用数学归纳法证明的命题，通过加强命题后反而可能用数学归纳法证明比较方便．加强命题通常有两种方法：一是将命题一般化，二是加强结论．一个命题的结论“加强”到何种程度为宜，只有抓住命题的特点，细心探索，大胆猜测，才可能找到适宜的解决方案．本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用A类例题例1n个半圆的圆心在同一直线上，这n个半圆每两个都相交，且都在l的同侧,问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧?解设这些半圆最多互相分成f(n)=段圆弧，则f(1)=1，f(2)=4=22, f(3)=9=33,猜想：f(n)=n2, 用数学归纳法证明如下：1°当n=1时，猜想显然成立2°假设n=k时，猜想正确，即f(k)=k2,则当n=k+1时，我们作出第k+l圆，它与前k个半圆均相交,最多新增k个交点,第k+1个半圆自身被分成了k+1段弧，同时前k个半圆又各多分出l段弧,故有f(k+1)= f(k)+k+k+1=k2+2k+1=(k+1)2, 即n=k+1时，猜想也正确．所以对一切正整数n，f(n)=n2.例2已知数列:,}{且满足的各项都是正数n a 0111,(4),.2n n n a a a a n N +==-∈ （1）证明;,21N n a a n n ∈<<+（2）求数列}{n a 的通项公式a n . (2005年全国高考江西卷)分析 本题考查数列的基础知识，考查运算能力和推理能力.第（1）问是证明递推关系，联想到用数学归纳法，第（2）问是计算题，也必须通过递推关系进行分析求解. 解 （1）方法一 用数学归纳法证明：1°当n=1时，,23)4(21,10010=-==a a a a ∴210<<a a ，命题正确. 2°假设n =k 时有.21<<-k k a a 则)4(21)4(21,1111k k k k k k a a a a a a k n ---=-+=--+时 而.0,04.0111<-∴>--<----k k k k k k a a a a a a又.2])2(4[21)4(2121<--=-=+k k k k a a a a ∴1+=k n 时命题正确.由1°、2°知，对一切n ∈N 时有.21<<+n n a a 方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，,23)4(21,10010=-==a a a a ∴2010<<<a a ； 2°假设n =k 时有21<<-k k a a 成立，令)4(21)(x x x f -=，)(x f 在[0，2]上单调递增，所以由假设 有：),2()()(1f a f a f k k <<-即),24(221)4(21)4(2111-⨯⨯<-<---k k k k a a a a也即当n=k+1时 21<<+k k a a 成立，所以对一切2,1<<∈+k k a a N n 有 （2）下面来求数列的通项：],4)2([21)4(2121+--=-=+n n n n a a a a 所以 nn n n n n n n n b b b b b a b 22212122222112)21()21(21)21(2121,2-+++----==⋅-=--=-=-= 则令, 又b n =－1，所以1212)21(22,)21(---=+=-=n n n n n b a b 即.说明 数列是高考考纲中明文规定必考内容之一,考纲规定学生必须理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项.当然数列与不等式的给合往往得高考数学的热点之一,也成为诸多省份的最后压轴大题,解决此类问题,必须有过硬的数学基础知识与过人的数学技巧,同时运用数学归纳法也是比较好的选择,不过在使用数学归纳法的过程中,一定要遵循数学归纳法的步骤.情景再现1．求证对任何正整数n,方程x 2+y 2=z n 都有整数解.2. 已知{ a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1=0,a 2=3,a n+1· a n =(a n +2)(a n －2 +2) (1)求a 3；(2)证明a n =a n －2+2,n=3，4，5，…；(3)求{ a n }的通项公式及其前n 项和S n ．B 类例题例3.试证用面值为3分和5分的邮票可支付任何n(n ＞7，n ∈N)分的邮资． 证明 1°当n=8时，结论显然成立．2°假设当n=k(k ＞7，k ∈N)时命题成立．若这k 分邮资全用3分票支付，则至少有3张，将3张3分票换成2张5分票就可支付k+1分邮资；若这k 分邮资中至少有一张5分票，只要将一张5分票换成2张3分票就仍可支付k+1分邮资．故当n=k+1时命题也成立．综上，对n ＞7的任何自然数命题都成立．说明 上述证明的关键是如何从归纳假设过渡到P(k+1)，这里采用了分类讨论的方法．本例也可以运用跳跃数学归纳法来证明．另证1 °当n=8，9，10时，由8=3+5，9=3+3+3，10=5+5知命题成立．2° 假设当n=k(k ＞7，k ∈N)时命题成立．则当n=k+3时，由1。
初中数学构造法的归纳整理(保证精品)
构造法深度探索构造法是一种重要而灵活的解题方法．应用构造法解题的关键有两点：第一，要有明确的方向，即为什么而构造；第二，必须弄清条件的本质特点，以便明确构造什么、如何构造，从而达到解题的目的．本讲通过实例分析深度探究各种构造法的应用．1 构造代数式初中数学竞赛中的某些与整数有关的整除问题，代数式的化简、求值等，直接考虑很难人手．然而，通过观察，适当构造多项式、有理化因式、对偶式、递推式等，从而出现熟悉的数学表达式，使问题得以解决．1．1 构造多项式例1 三个整数 a 、b 、c 的和是 6的倍数．那么，它们的立方和被 6除，求得到的余数.1．2 构造有理化因式例2 已知2002)2002)(2002(22=++++y y x x . 计算58664322+----y x y xy x .1．3 构造对偶式根据代数式的特点，构造与其相关联的对偶式，通过对二者的灵活处理，得到一些有用的关系式，从而解决问题．例3 已知βα、是方程012=--x x 的两根．则βα34+的值？1．4 构造递推式数学竞赛中的某些求值问题中如存在递推关系，可通过构造递推式解决问题．例4 实数y x b a ,,,满足3=+by ax ，722=+by ax ，1633=+by ax ， 4244=+by ax ，求55by ax +2 构造几何图形如果题目条件中的数量关系有明显的几何意义，或以某种方式与几何图形相关联，则通过作出与其相关的图形，可以将问题的条件及数量关系直接在图形中表现出来．2．1 构造对称图形例5 已知 a 、b 是正数，且 a+b=2．求4122+++=b a u 的最小值.2．2构造矩形例6 已知0,0>>b a ，求以22b a +，224b a +，224b a +为三边长的三角形的面积。
2．3 构造圆例7 已知y x b a ,,,为正实数，且1,12222=+=+y x b a ，求证：1≤+by ax .2. 4 构造三角形例8 已知方程组满足 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++=+=++169312531222222z zx x y z y xy x ．求 xy+2yz+3xz 的值．例9 已知正数C B A c b a ,,,,,满足k c C b B a A =+=+=+,求证：.2k cA bC aB <++3 构造方程、不等式、函数3．1 构造二次方程方程是中学数学中解决问题的重要工具，根据题设条件及结论的特点，利用方程的有关知识，构造辅助方程解决有关问题，常能化难为易，化繁为简．例10已知实数 a ≠b ，且满足)1(33)1(2+-=+a a ;2)1(3)1(3+-=+b b ,则 ba a ab b+的值为.例11．已知a<0，b>0，且15152=+=+b b a a ．则代数式b b b b a 13+值为．3．2 构造不等式利用不等关系可解决与最值有关的数学问题 ．例12 设x,y 是非负整数， x+2y 是 5的倍数，x+y 是3的倍数，且2x+y ≥99．则7 x+5y 的最小值为 ．3．3 构造函数用函数的观点分析题目的条件、结构，构造出相应的函数关系式，可将某些数学问题转化为对函数相关性质的研究．例 13 已知实数0,0,0>≤<c b a ,且ac b ac b 242-=-，求ac b 42-的最小值.例14* 证明：在任意2013个互不相同的实数中，总存在两个数x ，y ，满足： )1)(1(1201222y x xy y x ++≤--.4 其他构造4．1构造反例构造反例的方法在历史上也曾被数学大师们运用，如欧拉推翻了费尔马的质数公式 例15 a 、b 、c 都是实数，考虑如下命题 ：(1)若 a 2+ab+c>O ，且c>1，则0<b<2；(2)若 c>1，且0<b<2，则a 2+ab+c>O ；(3)若0<b<2，且a 2+ab+c>O ，则c>1．试判断哪些命题正确，哪些命题不正确．说明理由。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第32讲构造法
及至进了大学，学习了狄德金分割及其它构造法
后，我才理解到整个数学的建构，是如此的美轮美奂。
——丘成桐知识方法扫描
解答数学问题时，常规的思考方法是由已知到结论的顺向思考，或由结论到已知的逆向思考.但无论是“顺向思考”还是“逆向思考”，在思考路线上不能保证一帆风顺，有时会遇到一些“天然障碍”，这时，可以构造适当的辅助量(如图形、方程、等式、函数等)来帮助解决困难，促使问题的转化——使问题中原来隐晦不清的关系和性质在新构造中清晰地展现出来，从而简捷地解决问题．这种解题方法称为构造法．
构造法解题，大致包括两个方面的内容．其一，它是一种辅助手段，如上所述；其二，利用构造法证明某些存在性命题，即具体构造出满足题目要求的“事物”．
运用构造法解题首先要认真分析题目，仔细观察，展开联想，从中发现可用构造法的因素；其次，借助于与之相关的知识构造所求问题的具体形式；最后，解出所构造的问题，但必须回到原来的问题上.
构造法是数学奥林匹克中最生动、最富有魅力的手段之一，怎样构造辅助量?无固定模式可套，它需要敏锐的观察、丰富的联想、灵活的转换和高度的洞察力．
经典例题解析
1．构造图形
在几何证题时，为了揭示已知条件和结论之间的联系，常常添加辅助线，构造辅助图形(如三角形、圆等)，从而找到证题途径．
对于代数问题，本身并没有几何图形，而用代数方法求解又比较困难，这时我们可以从数形结合、数形转化的角度出发，考虑其几何意义，构造几何图形，使题设条件及数量关系通过几何图形直观地反映出来，从而将代数问题转化为几何问题求解．
例1已知平面上一点P，证明：存在一个凸四边形，使得P在四边形外，并且P到四边形四个顶点的距离相等．
证明如图，任作一个以P为中点的线段MN、以MN为
直径作半圆．在圆周上任取四个点A、B、C、D(异于M，N)，
得到凸四边形ABCD，显然，P点在四边形外部，并且P到A，
B，C，D的距离相等，故我们构作的四边形符合要求．
评注所谓存在性命题，就是求证命题的结论可用“有一个”、“存在某些”这些存在量词来表达，它们的基本结构(或许经过改写后)均具有如下形式：已知A，证明：存在具有“某种性质”的事物B，使得“某件事情发生”．
例1是典型的存在性命题，我们采用构造法给出了简捷明快的证明，事实上，构造法是证明存在性命题的一种行之有效的方法．其基本想法是：实际地作出所要求的B，使它具有命题中所说的“某种性质”，并且使命题中说的“某种事情发生”.
例2正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k，求证：aB+bC+cA＜
k 2.
分析与解1 两个正数乘积的最简单的几何意义可看作
是一个几何图形面积，又a +A =b +B =c +C =k 使我们联想到以
k 为边长的正三角形.如图，构造以k 为边长的正△PQR ，分
别在其各边上取点L 、M 、N 使QL =A ，LR =a ,RM =B ,MP =b ，
PN =C ,NQ =c .
由S LRM ∆+S MPN ∆+S NQL ∆＜S PQR ∆， 即cA bC aB 434343++＜4
3k 2. ∴aB +bC +cA ＜k 2.
分析与解2 仍从几何图形的面积出发，k 2可以看作是边长
为k 的正方形的面积， aB+bC+cA 可看作边长分别为a 、B ，b 、
C ，c 、A 的三个小矩形面积之和，因此欲证结论成立.只须将这三
个小矩形不重叠地嵌入边长为k 的正方形即可.据此构造图（如右
图）即得证.
评注 1 当题目的条件中出现两数的积的问题时，可考虑构造矩形。
2 此题是第21届全苏数学奥林匹克试题（1987年）.时隔两年，到1989年第15届全俄数学奥林匹克中，又出现了一道与此题同出一辙的赛题：
设变量x ，y ，z 介于0与1之间，求证：
x （1-y ）+ y （1-z ）+2（1-x ）＜1.
我们相信同学们不难悟出这两道题目之间的联系.
例3 设正数x ，y ，z 满足方程组
⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧=++=+=++.16,93,
25322222
2x zx z z y y xy x 试求xy +2yz +3zx 的值.
分 析 本题若按常规解三元二次方程组，求出x ，y ，z 的值，再求代数式的值，势必陷入繁琐的计算之中，我们将原方程组变形为
⎪⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎪⎨⎧=︒-+=+⎪⎭⎫ ⎝
⎛=︒-+.4120cos 2,33,5150cos 32)3(222222222zx x z z y y x y x
上述三式与余弦定理及勾股定理结构相似，故可构造出右图，分别算出△ABO ，△BCD ，△CAO 和△ABC 的面积，即可求得
xy +2yz +3zx =243.
评 注 当题目的条件中出现平方和或者平方差的形式的形
式时可以考虑构造直角三角形；当题目的条件中出现a 2+b 2±ab,
可考虑构造两边为a,b 夹角为60º或120º的三角形。
2. 构造方程
根据题设的特征，利用方程根的概念、根的判别式、根与系数的关系等构造方程，从而利用方程的知识求解.
例4 方程组⎩⎨⎧=-=+1
,22z xy y x 有多少组实数解？ 解 由已知得⎩⎨⎧+==+1
,22z xy y x ，从而联想到韦达定理的逆定理，试用构造方程解之.由韦达定理的逆定理知x 、y 是方程t 2-2t +(z 2+1)=0的两个实根，∴△=（-2）2-4（z 2+1）≥0，即z 2≤0，又z 2≥0，∴z =0.故t 2-2t +1=0，∴x =y =1.因此原方程组仅有一组实数解.
评 注 利用韦达定理的逆定理构造方程的关键是根据题中所提供的信息，从中变换出x 1+ x 2=A , x 1·x 2=B ，从而构造以x 1，x 2为根的一元二次方程：x 2-Ax +B =0，再利用方程的有关知识求解. 一般地，当题目的条件中出现和与积的式子时，常利用根与系数的关系来构造方程。
例5 设abc 是十进制中的素数，证明；b 2-4ac 不是完全平方数.
证明 采用反证法.假设存在一个十进制的素数abc ，使得b 2-4ac 为平方数，注意到求证结果的形式，我们考虑（辅助的）二次方程
f (x )=ax 2+bx +c =0.
①
已知条件意味着
p = f (10)=a ×102+b ×10+c =abc
是一个素数.下面进一步研究方程①以导出矛盾，由于b 2-4ac 是完全平方数，故①的两个根
x 2,1=a ac b b 242-±- ②。