林寶金

摘?要：數(shù)學(xué)是一門基礎(chǔ)學(xué)科，也是一門應(yīng)用學(xué)科.在高中階段，數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)不僅僅是為了應(yīng)對(duì)考試，更重要的是培養(yǎng)學(xué)生的邏輯思維能力、分析問題的能力以及解決實(shí)際問題的能力.在高中數(shù)學(xué)解題中，構(gòu)造法是一種常用的解題方法.構(gòu)造法能夠幫助學(xué)生直觀地理解問題，使問題更加具體化，化繁為簡，從而找到解決問題的方法.本文將結(jié)合具體的例題，闡述構(gòu)造法在高中數(shù)學(xué)解題中的具體運(yùn)用，旨在提高學(xué)生對(duì)構(gòu)造法的掌握程度.

關(guān)鍵詞：高中數(shù)學(xué)；構(gòu)造法；解題

中圖分類號(hào)：G632???文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A???文章編號(hào)：1008-0333（2024）15-0044-03

高中數(shù)學(xué)試題往往涉及復(fù)雜的概念、抽象的符號(hào)和繁瑣的計(jì)算，需要學(xué)生具備扎實(shí)的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)、靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力以及良好的邏輯思維能力.然而，對(duì)于一些復(fù)雜的問題，傳統(tǒng)的解題方法可能不夠有效.構(gòu)造法的運(yùn)用，通?？梢云鸬交睘楹喌男Ч?，運(yùn)用構(gòu)造法來解決高中數(shù)學(xué)試題成為一種可行的選擇.

1 構(gòu)造法

構(gòu)造法是通過分析和觀察數(shù)學(xué)問題中已知條件與所求結(jié)論之間的關(guān)系、特征和性質(zhì)，靈活運(yùn)用問題的結(jié)構(gòu)特征，利用已有的數(shù)學(xué)知識(shí)構(gòu)造出一個(gè)新的可以滿足試題條件的數(shù)學(xué)模型.該新模型可以幫助我們以高效、簡便的方式解決復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題[1].構(gòu)造法的核心思想是構(gòu)造出一個(gè)滿足條件的模型，然后通過對(duì)該模型的分析，找到解決問題的方法.在運(yùn)用構(gòu)造法時(shí)有兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，一是要明確構(gòu)造模型的目的，即為了什么而構(gòu)造；二是要弄清楚問題的特點(diǎn)，以便根據(jù)特征明確方案，實(shí)現(xiàn)構(gòu)造.

2 構(gòu)造法的解題思路

構(gòu)造法的本質(zhì)是逆向思維.在解題時(shí)，學(xué)生需要先從問題的目標(biāo)出發(fā)，通過分析問題的要求和限制，逆向推導(dǎo)出問題所需的模型.構(gòu)造法的解題思路可以概括為以下幾個(gè)步驟：（1）分析問題，明確要求.我們需要仔細(xì)閱讀題目，理解問題的要求和條件.通過分析題目中所給的信息，明確需要構(gòu)造的內(nèi)容或達(dá)到的目標(biāo).（2）構(gòu)造合適的模型.在明確問題要求后，我們需要構(gòu)造一個(gè)合適的模型，以便更好地理解問題，并能夠通過觀察和操作進(jìn)行推理和分析.這個(gè)模型可以是函數(shù)形式、數(shù)列形式、向量形式或者其他形式的表達(dá)方式，根據(jù)題目的結(jié)構(gòu)特征選擇最合適的構(gòu)造方法.（3）探索規(guī)律，找出特殊情況.通過觀察所構(gòu)造的模型，我們可以開始探索其中的規(guī)律.（4）推廣規(guī)律，得出結(jié)論.在找出一些規(guī)律后，我們需要進(jìn)行推廣，即將所發(fā)現(xiàn)的規(guī)律應(yīng)用到一般情況中.通過推廣規(guī)律，我們可以得出結(jié)論或者解決問題.該步驟需要運(yùn)用到數(shù)學(xué)的推理和證明方法，確保所得的結(jié)論是正確的.

3 構(gòu)造法在數(shù)學(xué)中的實(shí)際應(yīng)用

3.1 構(gòu)造函數(shù)

構(gòu)造函數(shù)是高考數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要考點(diǎn)，這類試題具有技巧性高、結(jié)構(gòu)獨(dú)特、綜合性強(qiáng)等特點(diǎn)，在客觀題和解答題中均有出現(xiàn).通過已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造出新的函數(shù)，解決比較大小、解不等式、恒成立等問題[2].

3.1.1 導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)

例1?已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，xf ′（x）-f（x）x2>0，且f（-2）＝0，則不等式f（x）x>0的解集是（??）.

A．（-2，0）∪（0，2）

B．（-∞，-2）∪（2，+∞）

C．（-2，0）∪（2，+∞）

D．（-∞，-2）∪（0，2）

解析?∵f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，xf ′（x）-f（x）x2>0，

令F（x）＝f（x）x，則F′（x）>0，

∴F（x）在（-∞，0）和（0，+∞）上單調(diào)遞增，且為奇函數(shù)，

∵f（-2）＝f（2）＝0，

∴當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)（2）＝0，若使不等式F（x）>0成立，則x>2；當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)（-2）＝0，若使不等式F（x）>0成立，則-2

綜上，不等式f（x）x>0的解集是（-2，0）∪（2，+∞）.答案為C.

拓展?構(gòu)造的關(guān)鍵在于通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)形式，推測出函數(shù)表達(dá)式.常見的構(gòu)造方式有：

出現(xiàn)nf（x）+xf ′（x）形式，可以構(gòu)造函數(shù)F（x）＝xnf（x）；

出現(xiàn)xf ′（x）-nf（x）形式，可以構(gòu)造函數(shù)Fx=f（x）xn.

3.1.2 利用f（x）與三角函數(shù)構(gòu)造

例2?已知函數(shù)y＝f（x）對(duì)于任意的x∈

（-π2，π2）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．f0>2f（π4）??B.2f（-π3）>（-π4）

C.2f（π3）> f（π4）D．f（0）>2f（π3）

解析?設(shè)F（x）＝f（x）cosx，則F′（x）＝f ′xcosx-fxsinxcos2x＞0，則F（x）在（-π2，π2）上單調(diào)遞增.A選項(xiàng)，f0>2f（π4），可以構(gòu)造為f0cos0＞f（π4）π4.因?yàn)?＜π4，F(xiàn)（x）在（-π2，π2）上單調(diào)遞增，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，2f（-π3）>f（-π4），可以構(gòu)造為f-π3cos-π3＞f（-π4）cos-π4，因?yàn)?π3＜-π4，F(xiàn)（x）在（-π2，π2）上單調(diào)遞增，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，2f（π3）> f（π4），可以構(gòu)造為fπ3cosπ3＞f（π4）cosπ4，因?yàn)棣?＞π4，F(xiàn)（x）在（-π2，π2）上單調(diào)遞增，C選項(xiàng)正確； D選項(xiàng)，f（0）>2f（π3），可以構(gòu)造為f0cos0＞f（π3）π3，同理分析出，D錯(cuò)誤.

拓展?f（x）與三角函數(shù)構(gòu)造函數(shù)本質(zhì)上屬于導(dǎo)數(shù)型構(gòu)造函數(shù)，關(guān)鍵也在于通過導(dǎo)數(shù)形式推測出原有的函數(shù).函數(shù)f（x）與sinx，cosx相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見形式，如表1.

3.1.3 同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)

當(dāng)一個(gè)式子左右兩邊的結(jié)構(gòu)完全一樣，我們可以把它們看成某個(gè)函數(shù)的兩個(gè)函數(shù)值，此即為同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù).該方法在處理指對(duì)混合的不等式時(shí)經(jīng)常使用，但對(duì)構(gòu)造能力與觀察能力要求較高，需要長期的積累.

例3?設(shè)m>0，n>0，若lnm-en-1＝lnn-em，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則（??）.

A．m>n?B．m

解析?通過對(duì)題目中的等式進(jìn)行觀察，可以構(gòu)造出lnm+em-1=lnn+en，該式子左右兩邊結(jié)構(gòu)一致，可以利用同構(gòu)法構(gòu)建新函數(shù).令f（x）=lnx+ex，因?yàn)閥=lnx，y=ex均為（0，+∞）上的增函數(shù)，故f（x）=lnx+ex為0，+∞上的增函數(shù).由lnm+em-1＝lnn+en可得，lnm+em＞lnn+en，因此m＞n.

拓展?同構(gòu)法常用于指對(duì)同構(gòu)中.經(jīng)常使用的變換形式有兩種，一種是將x變成lnex然后構(gòu)造函數(shù)，另一種是將x變成elnx然后構(gòu)造函數(shù).

3.2 構(gòu)造數(shù)列

構(gòu)造數(shù)列是構(gòu)造法的又一種常見應(yīng)用.在解決數(shù)列問題時(shí)，可以通過構(gòu)造一個(gè)滿足條件的數(shù)列來解決問題.數(shù)列中的構(gòu)造問題是歷年高考的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，主、客觀題均可出現(xiàn)，一般通過構(gòu)造新的數(shù)列求數(shù)列的通項(xiàng)公式.

3.2.1 形如an+1=pan+f（n）型

例4?數(shù)列{an}滿足an=4an-1+3（n≥2）且a1＝0，則a2 024等于（??）.

A．22 023-1?B．42 023-1?C．22 023+1?D．42 023+1

解析?因?yàn)閍n=4an-1+3（n≥2），

所以an+1=4（an-1+1）（n≥2），所以{an+1}是以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，

則an+1=4n-1.所以an=4n-1-1，則a2 024=42 023-1.

拓展?常見數(shù)列的構(gòu)造方法，如表2.

3.2.2 相鄰項(xiàng)的和為特殊數(shù)列（形如an+1=pan+qan-1）

例5?已知數(shù)列{an}滿足a1=1，a2=2，且an+1=2an+3an-1（n≥2，n∈N*）．則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=.

解析?因?yàn)閍n+1=2an+3an-1 （n≥2，n∈N*），設(shè)bn=an+1+an，

所以bnbn-1=an+1+anan+an-1=3（an+an-1）an+an-1=3，

又因?yàn)閎1=a2+a1=3，

所以bn是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列.

所以bn=an+1+an=3×3n-1=3n，

從而an+13n+1+

13·an3n=13，不妨令cn=an3n，

即cn+1+13cn=13，

故cn+1-14＝-13（cn-14），即cn+1-

1/4cn-1/4＝-13，

又因?yàn)閏1-14=a13-14=112，所以數(shù)列cn-14是首項(xiàng)為112，公比為-13的等比數(shù)列，

故cn-14=112×（-13）n-1=an3n-14，從而an=3n-（-1）n4.

4 總結(jié)語

構(gòu)造法的應(yīng)用十分靈活，其沒有固定的程序和模式，不能將其中一個(gè)題型的構(gòu)造法生搬硬套到所有的題型中.構(gòu)造法的關(guān)鍵在于靈活運(yùn)用已有的數(shù)學(xué)知識(shí)和技巧，將問題抽象化并進(jìn)行具體化，通過構(gòu)造適當(dāng)?shù)膶?duì)象來解決問題.

參考文獻(xiàn)：

［1］劉明花.運(yùn)用構(gòu)造法解決高中數(shù)學(xué)試題[J].數(shù)理化解題研究，2023（21）：5-7.

[2] 呂成杰.“求導(dǎo)”誠可貴“構(gòu)造”價(jià)更高[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考，2023（1）：63-65.

［責(zé)任編輯：李?璟］