巧妙构造,让数学解题更精彩

2021-06-06 08:46王佩其
广东教育·高中 2021年5期
关键词:通项单调正方体

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

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