巧妙构造，让数学解题更精彩

王佩其

数学解题，贵在巧思，巧思方可得妙解. 而巧思中最为推崇的解法是构造法，这种方法体现了数学思维的创新性，是数学解题的最高境界. 通过对题目的条件与结论进行对比分析，找到一座沟通它们之间的桥梁，这座桥梁可以是一个函数，一个方程，一个图形等，借助这座桥梁，可以让原问题圆满解决，这就是所谓的构造法. 本文举例说明，供同学们参考.

一、巧构几何体，速解立几题

在立体几何中，我们通常把正方体、长方体、正四面体等这些形状优美，性质优美且特殊的几何体称作完美几何体.在立体几何中，这些几何体有着十分重要的地位，起着不可替代的作用，有些几何问题，往往可以通过对比与联想，构造出完美几何体，借助于完美几何体的优美性质，让原问题快速解决，同时也让我们感受到数学的奇异美.

例1. 已知一个棱长是a的正四面体的四个顶点均在同一个球面上，则这个球的表面积是（ ）

A. 3πa2B.  πa2C.  πa2D.  πa2

解析 正四面体有六条相等的棱，而正方体的六个面都是全等的正方形，因此它们的对角线都相等，于是可以采用补形的方法，将正四面体“还原”成正方体（如图1），那么正方体的外接球就是与正四面体的外接球. 因为四面体的棱长为a，所以正方体的棱长是 a，于是正方体对角线 a就是这个球的直径，故球半径R= a，∴ S=4πR2= πa2. 所以本题选D.

点评 正方体是立方体中最完美的图形，它与它的内切球与外接球之间的关系，能帮助我们快速找到解题“突破口”. 对于正四面体，将其“放入”正方体中，可以快速求出它的外接球的半径.

例2. 已知∠AOB是平面？琢内的一个直角，O是直角顶点，又OC是平面？琢的斜线，且∠AOC=∠BOC=60°，则直线OC与平面？琢所成的角的大小是______.

解析 如图2所示，作正四棱锥C-OADB，且它的每一个侧面都是正三角形. 于是OA，OB，OC满足已知条件，这相当于把题设所给的线面关系“搬到”了正四棱锥中，于是原问题等价于求侧棱CO与正四棱锥的底面OADB所成的角. 设底面中心为E，则∠COE即为所求的角. 经计算可知，OE=CE，故∠COE=45°. 故本题答案：45°.

点评 空间角的计算，是立体几何中的难点，难就难在找角.而正四棱锥的顶点的射影就是底面三角形的中心，为线面角的产生扫清了障碍，于是我们通过构造正四棱锥来让隐含条件显现出来，从而达到快速解题的目的.

二、巧构解几模型，妙解不等关系

解析几何的本质就是利用代数方法研究几何图形.对于一些不等式问题的证明，我们可以深挖已知条件中的关系式的几何意义，在将它们转化为解析几何中的位置关系问题来直观证明，体现数形结合的基本思想.

例3. 设a>0，b>0，a+b=1， 求证： + ≤2

证明 所证不等式变形为 ≤2，这可认为是点A（ ， ）到直线x+y=0的距离小于等于2. 但因（ ）2+（ ）2=4，故点A在圆x2+y2=4（x>0，y>0）上. 如图3所示，AD⊥BC，半径AO3≥AD，即有 ≤2. 所以， + ≤2 .

点评 通过构造解析几何模型证明不等式，不仅揭示了问题的本质，而且也锻炼了我们思维的变通性. 当然本例也可用基本不等式来证明，读者不妨一试.

例4. 设实数x，y满足3x2+2y2≤6，则2x+y的最大值为_______.

解析 由题意：3x2+2y2≤6，则点（x， y）可看成是椭圆 + =1内（含边界）的点. 令k=2x+y，则y=-2x+k，k为直线y=-2x+k在y轴上的截距. 如图4，由数形结合可知，当且仅当直线与椭圆在第一象限相切时，k取得最大值.

联立方程 + =1，y=-2x+k，得11x2-8kx+2k2-6=0.

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

点评 3x2+2y2≤6的几何意义是椭圆 + =1内（含边界）的点，而目标函数u=2x+y是表示一条直线，于是想到利用直线与椭圆的相切位置关系来解决，思维顺畅，一气呵成. 本题看似是一个不等式与最值问题，其实是直线与椭圆的位置关系问题.

三、巧构辅助数列，妙用递推关系

许多数列问题，需要确定数列的通项公式. 特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解，往往是解决数列难题的瓶颈. 求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，并构造辅助数列，从而把一些较难处理的数列问题化为所研究的等差或等比数列.

例5. 已知数列 {an} 满足a1= ， = （n≥2），求数列 {an} 的通项公式.

解析 ∵ = （n≥2），∴ = =-1+ .

∴  - =-1，又 =-3，∴{ }是首項为-3，公差为-1的等差数列.

∴  =-3-（n-1）=-2-n，∴ an= .

点评 解答这类问题一般需对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数列. 通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式.

（1）形如an=pan-1+q（p≠1， q≠0） 的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式.

（2）形如an=pan-1+qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得 =p +1，再构造成 = · +1，设bn= ，从而变成bn= ·bn-1+1，于是问题转化为第（1）个问题.

（3）形如：qan-1-pan=anan-1，可以考虑两边同时除以anan-1，转化为 - =1的形式，进而可设bn= ，递推公式变为qbn-pbn-1=1，转变为上面的类型求解.

（4）形如pan+2-（p+q）an+1+qan=k，即中间项的系数与两边项的系数和互为相反数，则可根据两边项的系数对中间项进行拆分，构造为：p（an+2-an+1）-q（an+1-an）=k的形式，将bn=an+1-an，进而可转化为上面所述类型进行求解.

例6. 在数列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1，求数列的通项an

解析 法1：构造新数列 {an+？姿n}，使之成为q=4的等比数列，则an+1+？姿（n+1）=4（an+？姿n）.

整理得an+1=4an+3？姿n-？姿满足an+1=4an-3n+1，

即3？姿n-？姿=-3n+1得？姿=-1.

∴新数列 {an-n} 的首項为a1-1=1，q=4的等比数列，

∴ an-n=4n-1 ∴ an=4n-1+n（n∈N*）.

法2：结合题意可有：an+1+k（n+1）+b=4（an+kn+b），

整理得：an+1=4an+3kn+3b-k.

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

新数列 {an-n} 的首项为a1-1=1，q=4的等比数列.

所以an-n=4n-1，即an=4n-1+n（n∈N*）.

点评 从本题的两种解法可以看出，构造辅助数列的关键是确定某些参数的值，通常可采用待定系数法.

四、构造函数巧转化，函数思想来当家

函数与导数是高考必考的知识点，考试形式有选择题也有填空题，并且都以压轴题为主.题目难度都偏大，对考生的思维能力考查都要求比较高. 构造函数，是我们高中数学处理和研究函数与导数的一种有效方法，也是函数思想在数学解题中的灵活应用，通过分离变量和参数，构造新的函数去研究其新函数的单调性，极值点，从而使问题得到解决.

例7. 已知函数y=f（x）对任意的x∈（- ， ）满足f ′（x）cosx+f（x）sinx>0（其中f ′（x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式成立的是（ ）

A.  f（- ）< f（- ）B.  f（ ）< f（ ）

C. f（0）>2f（ ）  D. f（0）> f（ ）

解析 令g（x）= ，由对任意的x∈（- ， ）满足f ′（x）cosx+f（x）sinx>0可得g′（x）>0，所以函数g（x）在（- ， ）上为增函数，所以g（- ）

点评 比较抽象函数值的大小问题，往往需要构造函数，再利用导数考察该函数的单调性. 对于这类问题如何构造函数模型，主要有以下两种类型：

1. 关系式为“加”型

（1）根据f ′（x）+f（x）≥0可构造函数F（x）=exf（x），则F′（x）=ex[ f ′（x）+f（x）]≥0;

（2）根据xf ′（x）+f（x）≥0可构造函数F（x）=xf（x），则F′（x）=xf ′（x）+f（x）≥0.

2. 关系式为“减”型

（1）根据f ′（x）-f（x）≥0可构造函数F（x）= ，则

F′（x）= = ≥0;

（2）根据xf ′（x）-f（x）≥0可构造函数F（x）= ，则F′（x）= ≥0.

例8. 设函数f（x）= ，a≠0.

（1）讨论f（x）的单调性;（2）若a≥ ，证明：lnx-f（x）<0.

解析 （1）f ′（x）= ，x≠0，

若a<0，则当x<1且x≠0时，f ′（x）<0，当x>1时，f ′（x）>0，

∴ f（x）在（-∞， 0），（0， 1）上单调递减，在（1， +∞）上单调递增;

若a<0，则f（x）在（-∞，0），（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

（2）令F（x）=lnx- （x>0），则F′（x）= - = ，

当00，F（x）单调递增，∴ F（x）≤F（1）=-ae<0，

当x>1时，F′（x）=- ·[ex- ]，

令g（x）=ex- ，则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x0∈（1，2），

∴F（x）有唯一的极值点且为极大值点、最大值点x0∈（1，2），

由g（x0）=0可得  = ，∴ F（x0）=lnx0- ，

∵ F′（x0）= + >0，∴ F（x0）为（1，2）上的增函数，

∴ F（x0）

综上可知，当a≥ 时，lnx-f（x）<0.

点评 在高考命题中，对函数与导数的考查中经常会出现“超越不等式”问题，这就需要我们具有“构造”意识，通过对比与分析，找到了隐含在题目中的那个函数，再利用导数探究这个函数的单调性，这种构造思想往往可使这类压轴题迎刃而解.

五、妙用同构式构造，巧寻解题突破口

同构式，顾名思义就是指结构相同的两个非同一变量的解析式，它时常隐藏在数学题中. 这种数学问题中的同构式，充分体现出的数学的对称美与和谐美，同时也是解题的突破口.

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

（2）试求sin210°+cos240°+sin10° cos40° 的值.

解析 （1）如果令M=cos2x+cos22x+cos23x，则可构造对偶式：

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=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°，

根据正余弦平方和为1，构造对偶式：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= .

点评 本题是一道十分典型的三角函数求值问题. 如果不通过构造同构式去解，虽然也可求得答案（大家不妨一试），但大动干戈. 而如此构造，却另辟蹊径，从而达到出奇制胜的解题效果.

例10. 已知实数x1，x2满足x1 =e3，x2（lnx2-2）=e5，则x1x2=______.

解析 由已知条件考虑将两个等式转化为统一结构形式，令lnx2-2=t，x2=et+2，得到tet=e3，研究函数f（x）=xex的单调性，求出x1，t关系，即可求解.

法1：实数x1，x2满足x1 =e3，x2（lnx2-2）=e5，

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

f（x）=xex（x>0），f ′（x）=（x+1）ex>0（x>0），

所以f（x）在（0，+∞）单调递增，而f（x1）=f（t）=e3，

∴  x1=t=lnx2-2，∴  x1x2=x2（lnx2-2）=e5.

法2：对x1 =e3两边取自然对数得：lnx1+x1=3，

对x2（lnx2-2）=e5两边取自然对数得：lnx2+ln（lnx2-2）=5……（1）

为使两式结构相同，将（1）进一步变形为（lnx2-2）+ln（lnx2-2）=3.

设 f（x）=lnx+x，则 f ′（x）= +1>0.

所以 f（x）在（0，+∞）单调递增，f（x）=3的解只有一个.

∴ x1=lnx2-2，∴ x1x2=（lnx2-2）x2=e5.

点评 两种解法实质相同，其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构造函数，利用函数的单调性，利用同一方程求解.

从以上例题的分析，我们可以看出，数学解题不可墨守成规，善于构造才能推陈出新. 数学解题，因构造而精彩，因构造而充满活力. 我们应从题目的实际出发，捕捉有关信息，积极联想与类比，那么要构造的数学模型或许就在眼前.

责任编辑 徐国坚