王佩其

數(shù)學(xué)解題，貴在巧思，巧思方可得妙解.?而巧思中最為推崇的解法是構(gòu)造法，這種方法體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思維的創(chuàng)新性，是數(shù)學(xué)解題的最高境界.?通過對(duì)題目的條件與結(jié)論進(jìn)行對(duì)比分析，找到一座溝通它們之間的橋梁，這座橋梁可以是一個(gè)函數(shù)，一個(gè)方程，一個(gè)圖形等，借助這座橋梁，可以讓原問題圓滿解決，這就是所謂的構(gòu)造法.?本文舉例說明，供同學(xué)們參考.

一、巧構(gòu)幾何體，速解立幾題

在立體幾何中，我們通常把正方體、長方體、正四面體等這些形狀優(yōu)美，性質(zhì)優(yōu)美且特殊的幾何體稱作完美幾何體.在立體幾何中，這些幾何體有著十分重要的地位，起著不可替代的作用，有些幾何問題，往往可以通過對(duì)比與聯(lián)想，構(gòu)造出完美幾何體，借助于完美幾何體的優(yōu)美性質(zhì)，讓原問題快速解決，同時(shí)也讓我們感受到數(shù)學(xué)的奇異美.

例1.?已知一個(gè)棱長是a的正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)均在同一個(gè)球面上，則這個(gè)球的表面積是（ ）

A.?3πa2B.??πa2C.??πa2D.??πa2

解析?正四面體有六條相等的棱，而正方體的六個(gè)面都是全等的正方形，因此它們的對(duì)角線都相等，于是可以采用補(bǔ)形的方法，將正四面體“還原”成正方體（如圖1），那么正方體的外接球就是與正四面體的外接球.?因?yàn)樗拿骟w的棱長為a，所以正方體的棱長是?a，于是正方體對(duì)角線?a就是這個(gè)球的直徑，故球半徑R=?a，∴?S=4πR2=?πa2.?所以本題選D.

點(diǎn)評(píng)?正方體是立方體中最完美的圖形，它與它的內(nèi)切球與外接球之間的關(guān)系，能幫助我們快速找到解題“突破口”.?對(duì)于正四面體，將其“放入”正方體中，可以快速求出它的外接球的半徑.

例2.?已知∠AOB是平面？琢內(nèi)的一個(gè)直角，O是直角頂點(diǎn)，又OC是平面？琢的斜線，且∠AOC=∠BOC=60°，則直線OC與平面？琢所成的角的大小是______.

解析?如圖2所示，作正四棱錐C-OADB，且它的每一個(gè)側(cè)面都是正三角形.?于是OA，OB，OC滿足已知條件，這相當(dāng)于把題設(shè)所給的線面關(guān)系“搬到”了正四棱錐中，于是原問題等價(jià)于求側(cè)棱CO與正四棱錐的底面OADB所成的角.?設(shè)底面中心為E，則∠COE即為所求的角.?經(jīng)計(jì)算可知，OE=CE，故∠COE=45°.?故本題答案：45°.

點(diǎn)評(píng)?空間角的計(jì)算，是立體幾何中的難點(diǎn)，難就難在找角.而正四棱錐的頂點(diǎn)的射影就是底面三角形的中心，為線面角的產(chǎn)生掃清了障礙，于是我們通過構(gòu)造正四棱錐來讓隱含條件顯現(xiàn)出來，從而達(dá)到快速解題的目的.

二、巧構(gòu)解幾模型，妙解不等關(guān)系

解析幾何的本質(zhì)就是利用代數(shù)方法研究幾何圖形.對(duì)于一些不等式問題的證明，我們可以深挖已知條件中的關(guān)系式的幾何意義，在將它們轉(zhuǎn)化為解析幾何中的位置關(guān)系問題來直觀證明，體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合的基本思想.

例3.?設(shè)a>0，b>0，a+b=1，?求證：?+?≤2

證明?所證不等式變形為?≤2，這可認(rèn)為是點(diǎn)A（?，?）到直線x+y=0的距離小于等于2.?但因（?）2+（?）2=4，故點(diǎn)A在圓x2+y2=4（x>0，y>0）上.?如圖3所示，AD⊥BC，半徑AO3≥AD，即有?≤2.?所以，?+?≤2?.

點(diǎn)評(píng)?通過構(gòu)造解析幾何模型證明不等式，不僅揭示了問題的本質(zhì)，而且也鍛煉了我們思維的變通性.?當(dāng)然本例也可用基本不等式來證明，讀者不妨一試.

例4.?設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足3x2+2y2≤6，則2x+y的最大值為_______.

解析?由題意：3x2+2y2≤6，則點(diǎn)（x，?y）可看成是橢圓?+?=1內(nèi)（含邊界）的點(diǎn).?令k=2x+y，則y=-2x+k，k為直線y=-2x+k在y軸上的截距.?如圖4，由數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)且僅當(dāng)直線與橢圓在第一象限相切時(shí)，k取得最大值.

聯(lián)立方程?+?=1，y=-2x+k，得11x2-8kx+2k2-6=0.

又由？駐=（8k）2-4×11×（2k2-6）=0解得k=?（k=-?舍去）.

點(diǎn)評(píng)?3x2+2y2≤6的幾何意義是橢圓?+?=1內(nèi)（含邊界）的點(diǎn)，而目標(biāo)函數(shù)u=2x+y是表示一條直線，于是想到利用直線與橢圓的相切位置關(guān)系來解決，思維順暢，一氣呵成.?本題看似是一個(gè)不等式與最值問題，其實(shí)是直線與橢圓的位置關(guān)系問題.

三、巧構(gòu)輔助數(shù)列，妙用遞推關(guān)系

許多數(shù)列問題，需要確定數(shù)列的通項(xiàng)公式.?特別是在一些綜合性比較強(qiáng)的數(shù)列問題中，數(shù)列通項(xiàng)公式的求解，往往是解決數(shù)列難題的瓶頸.?求遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式一般是將遞推公式變形，并構(gòu)造輔助數(shù)列，從而把一些較難處理的數(shù)列問題化為所研究的等差或等比數(shù)列.

例5.?已知數(shù)列?{an}?滿足a1=?，?=?（n≥2），求數(shù)列?{an}?的通項(xiàng)公式.

解析?∵?=?（n≥2），∴?=?=-1+?.

∴??-?=-1，又?=-3，∴{?}是首項(xiàng)為-3，公差為-1的等差數(shù)列.

∴??=-3-（n-1）=-2-n，∴?an=?.

點(diǎn)評(píng)?解答這類問題一般需對(duì)遞推公式進(jìn)行變形，變形為相鄰項(xiàng)同構(gòu)的特點(diǎn)，進(jìn)而將相同的結(jié)構(gòu)視為一個(gè)整體，即構(gòu)造出輔助數(shù)列.?通過求出輔助數(shù)列的通項(xiàng)公式，便可算出原數(shù)列的通項(xiàng)公式.

（1）形如an=pan-1+q（p≠1，?q≠0）?的形式：通常可構(gòu)造出等比數(shù)列，進(jìn)而求出通項(xiàng)公式.

（2）形如an=pan-1+qn，此類問題可先處理qn，兩邊同時(shí)除以qn，得?=p?+1，再構(gòu)造成?=?·?+1，設(shè)bn=?，從而變成bn=?·bn-1+1，于是問題轉(zhuǎn)化為第（1）個(gè)問題.

（3）形如：qan-1-pan=anan-1，可以考慮兩邊同時(shí)除以anan-1，轉(zhuǎn)化為?-?=1的形式，進(jìn)而可設(shè)bn=?，遞推公式變?yōu)閝bn-pbn-1=1，轉(zhuǎn)變?yōu)樯厦娴念愋颓蠼?

（4）形如pan+2-（p+q）an+1+qan=k，即中間項(xiàng)的系數(shù)與兩邊項(xiàng)的系數(shù)和互為相反數(shù)，則可根據(jù)兩邊項(xiàng)的系數(shù)對(duì)中間項(xiàng)進(jìn)行拆分，構(gòu)造為：p（an+2-an+1）-q（an+1-an）=k的形式，將bn=an+1-an，進(jìn)而可轉(zhuǎn)化為上面所述類型進(jìn)行求解.

例6.?在數(shù)列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1，求數(shù)列的通項(xiàng)an

解析?法1：構(gòu)造新數(shù)列?{an+？姿n}，使之成為q=4的等比數(shù)列，則an+1+？姿（n+1）=4（an+？姿n）.

整理得an+1=4an+3？姿n-？姿滿足an+1=4an-3n+1，

即3？姿n-？姿=-3n+1得？姿=-1.

∴新數(shù)列?{an-n}?的首項(xiàng)為a1-1=1，q=4的等比數(shù)列，

∴?an-n=4n-1?∴?an=4n-1+n（n∈N*）.

法2：結(jié)合題意可有：an+1+k（n+1）+b=4（an+kn+b），

整理得：an+1=4an+3kn+3b-k.

滿足an+1=4an-3n+1，即3k=-3，3b-k=1，所以有k=-1，b=0.

新數(shù)列?{an-n}?的首項(xiàng)為a1-1=1，q=4的等比數(shù)列.

所以an-n=4n-1，即an=4n-1+n（n∈N*）.

點(diǎn)評(píng)?從本題的兩種解法可以看出，構(gòu)造輔助數(shù)列的關(guān)鍵是確定某些參數(shù)的值，通?？刹捎么ㄏ禂?shù)法.

四、構(gòu)造函數(shù)巧轉(zhuǎn)化，函數(shù)思想來當(dāng)家

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高考必考的知識(shí)點(diǎn)，考試形式有選擇題也有填空題，并且都以壓軸題為主.題目難度都偏大，對(duì)考生的思維能力考查都要求比較高.?構(gòu)造函數(shù)，是我們高中數(shù)學(xué)處理和研究函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的一種有效方法，也是函數(shù)思想在數(shù)學(xué)解題中的靈活應(yīng)用，通過分離變量和參數(shù)，構(gòu)造新的函數(shù)去研究其新函數(shù)的單調(diào)性，極值點(diǎn)，從而使問題得到解決.

例7.?已知函數(shù)y=f（x）對(duì)任意的x∈（-?，?）滿足f?′（x）cosx+f（x）sinx>0（其中f?′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)），則下列不等式成立的是（ ）

A.??f（-?）

C.?f（0）>2f（?）??D.?f（0）>?f（?）

解析?令g（x）=?，由對(duì)任意的x∈（-?，?）滿足f?′（x）cosx+f（x）sinx>0可得g′（x）>0，所以函數(shù)g（x）在（-?，?）上為增函數(shù)，所以g（-?）

點(diǎn)評(píng)?比較抽象函數(shù)值的大小問題，往往需要構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)考察該函數(shù)的單調(diào)性.?對(duì)于這類問題如何構(gòu)造函數(shù)模型，主要有以下兩種類型：

1.?關(guān)系式為“加”型

（1）根據(jù)f?′（x）+f（x）≥0可構(gòu)造函數(shù)F（x）=exf（x），則F′（x）=ex[?f?′（x）+f（x）]≥0;

（2）根據(jù)xf?′（x）+f（x）≥0可構(gòu)造函數(shù)F（x）=xf（x），則F′（x）=xf?′（x）+f（x）≥0.

2.?關(guān)系式為“減”型

（1）根據(jù)f?′（x）-f（x）≥0可構(gòu)造函數(shù)F（x）=?，則

F′（x）=?=?≥0;

（2）根據(jù)xf?′（x）-f（x）≥0可構(gòu)造函數(shù)F（x）=?，則F′（x）=?≥0.

例8.?設(shè)函數(shù)f（x）=?，a≠0.

（1）討論f（x）的單調(diào)性;（2）若a≥?，證明：lnx-f（x）<0.

解析?（1）f?′（x）=?，x≠0，

若a<0，則當(dāng)x<1且x≠0時(shí)，f?′（x）<0，當(dāng)x>1時(shí)，f?′（x）>0，

∴?f（x）在（-∞，?0），（0，?1）上單調(diào)遞減，在（1，?+∞）上單調(diào)遞增;

若a<0，則f（x）在（-∞，0），（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減.

（2）令F（x）=lnx-?（x>0），則F′（x）=?-?=?，

當(dāng)00，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，∴?F（x）≤F（1）=-ae<0，

當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′（x）=-?·[ex-?]，

令g（x）=ex-?，則g′（x）=ex+?>0，g（2）=e2-?=?≥0（a≥?），由于a≥?，所以ae2≥2，ae2-1≥1，所以，存在m使得

1

由1e2.?故取m∈（1，2），且使?>e2，即-?<-e2，而em

∵?g（m）·g（2）<0，∴?g（x）存在唯一零點(diǎn)x0∈（1，2），

∴F（x）有唯一的極值點(diǎn)且為極大值點(diǎn)、最大值點(diǎn)x0∈（1，2），

由g（x0）=0可得??=?，∴?F（x0）=lnx0-?，

∵?F′（x0）=?+?>0，∴?F（x0）為（1，2）上的增函數(shù)，

∴?F（x0）

綜上可知，當(dāng)a≥?時(shí)，lnx-f（x）<0.

點(diǎn)評(píng)?在高考命題中，對(duì)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的考查中經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)“超越不等式”問題，這就需要我們具有“構(gòu)造”意識(shí)，通過對(duì)比與分析，找到了隱含在題目中的那個(gè)函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)探究這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，這種構(gòu)造思想往往可使這類壓軸題迎刃而解.

五、妙用同構(gòu)式構(gòu)造，巧尋解題突破口

同構(gòu)式，顧名思義就是指結(jié)構(gòu)相同的兩個(gè)非同一變量的解析式，它時(shí)常隱藏在數(shù)學(xué)題中.?這種數(shù)學(xué)問題中的同構(gòu)式，充分體現(xiàn)出的數(shù)學(xué)的對(duì)稱美與和諧美，同時(shí)也是解題的突破口.

例9.（1）已知x∈[0，??]，解方程：cos2x+cos22x+cos23x=1;

（2）試求sin210°+cos240°+sin10°?cos40°?的值.

解析?（1）如果令M=cos2x+cos22x+cos23x，則可構(gòu)造對(duì)偶式：

N=sin2x+sin22x+sin23x，于是：M+N=3……①

M-N=cos2x+cos4x+cos6x=2cosxcos3x+2cos23x-1

=2cos3x（cosx+cos3x）-1=4cosxcos2xcos3x-1

∴?M-N=4cosxcos2xcos3x-1……②

①②相加得：cosxcos2xcos3x=?（2M-2），

又∵M(jìn)=1，∴?cosxcos2xcos3x=0，

∴?cosx=0或cos2x=0或cos3x=0，x∈[0，?]，

∴?x=?或x=?或x=?.

（2）令M=sin210°+cos240°+sin10°?cos40°，

根據(jù)正余弦平方和為1，構(gòu)造對(duì)偶式：N=cos210°+sin240°-cos10°sin40°，于是：

M+N=2+sin10°cos40°+cos10°sin40°=2+sin50°，

M-N=-cos20°+cos80°+sin10°cos40°-cos10°sin40°

=-2sin50°sin30°-sin30°=-?-sin50°，

∴M+N=2+sin50°，M-N=-?-sin50°，∴?M=?.

點(diǎn)評(píng)?本題是一道十分典型的三角函數(shù)求值問題.?如果不通過構(gòu)造同構(gòu)式去解，雖然也可求得答案（大家不妨一試），但大動(dòng)干戈.?而如此構(gòu)造，卻另辟蹊徑，從而達(dá)到出奇制勝的解題效果.

例10.?已知實(shí)數(shù)x1，x2滿足x1?=e3，x2（lnx2-2）=e5，則x1x2=______.

解析?由已知條件考慮將兩個(gè)等式轉(zhuǎn)化為統(tǒng)一結(jié)構(gòu)形式，令lnx2-2=t，x2=et+2，得到tet=e3，研究函數(shù)f（x）=xex的單調(diào)性，求出x1，t關(guān)系，即可求解.

法1：實(shí)數(shù)x1，x2滿足x1?=e3，x2（lnx2-2）=e5，

x1>0，x2>e2，lnx2-2=t>0，x2=et+2，則tet=e3，

f（x）=xex（x>0），f?′（x）=（x+1）ex>0（x>0），

所以f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，而f（x1）=f（t）=e3，

∴??x1=t=lnx2-2，∴??x1x2=x2（lnx2-2）=e5.

法2：對(duì)x1?=e3兩邊取自然對(duì)數(shù)得：lnx1+x1=3，

對(duì)x2（lnx2-2）=e5兩邊取自然對(duì)數(shù)得：lnx2+ln（lnx2-2）=5……（1）

為使兩式結(jié)構(gòu)相同，將（1）進(jìn)一步變形為（lnx2-2）+ln（lnx2-2）=3.

設(shè)?f（x）=lnx+x，則?f?′（x）=?+1>0.

所以?f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，f（x）=3的解只有一個(gè).

∴?x1=lnx2-2，∴?x1x2=（lnx2-2）x2=e5.

點(diǎn)評(píng)?兩種解法實(shí)質(zhì)相同，其關(guān)鍵是對(duì)已知等式進(jìn)行變形，使其“結(jié)構(gòu)相同”，然后構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，利用同一方程求解.

從以上例題的分析，我們可以看出，數(shù)學(xué)解題不可墨守成規(guī)，善于構(gòu)造才能推陳出新.?數(shù)學(xué)解題，因構(gòu)造而精彩，因構(gòu)造而充滿活力.?我們應(yīng)從題目的實(shí)際出發(fā)，捕捉有關(guān)信息，積極聯(lián)想與類比，那么要構(gòu)造的數(shù)學(xué)模型或許就在眼前.

責(zé)任編輯?徐國堅(jiān)