构造法

-1-/7

浅谈“构造法”解题

一.构造函数解题

例1.（1）在实数范围内解

04x8x4x)1xx(2552

。

（2）解不等式0)2)1x(1)(1x()2x1(x22

方程与不等式都是高次的，展开求解是不现实的。根据其自身特点，分别作适当的变形，

然后构造函数，再利用函数的有关性质求解。

（1）原方程变形为

x4x)1xx(41)x-(x5252

。

设函数

t4tf(t)5

，上述方程即为

)x(f)1xx(f2

。

由于)t(f在Rt上是单调增函数，故若)t(f)t(f

21

，则必有

21

tt成立。因此

x1xx2，即1x，故原方程有唯一解1x。

（2）设)2x1(x)x(f2，Rx，易证f(x)在区间],0[上为增函数。

)x(f)2x1(x)x(f2，

)x(f为奇函数，从而f(x)在区间),(-上为增函数，



原不等式可化为0)1x(f)x(f，即)x(f)x(f)1x(f，即

2

1

x,x1x。

点评：函数的单调性和奇偶性是函数的两个十分重要的性质，要熟练掌握函数的图象的几

何特征和代数含义，它们在研究方程、不等式中经常用到。

二.构造一元二次方程解题

例2.已知ABC三内角A、B、C的大小成等差数列，且

32CtanAtan

，求A、B、

C的大小。

由题知

32CtanAtan

，联想到

CtanAtan1

CtanAtan

)CAtan(





，由A、B、C成等差数

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列，得

3

2

CA,

3

π

B



，故

33CtanAtan

。

tanCAtan、是方程

032x)33(x2

的两根，得,1x

1



32x

2



。当A

时，1Atan，得



12

5

C,

3

B,

4

A；当CA时，1Ctan，得

4

C



，

3

B



，

12

5

A。

点评：由根与系数的关系来构造一元二次方程是最常见的思路，不可忽视。

三.构造数列解题

例3.已知),3,2,1n)](x(f[f)x(f,

x1

2

(x)f

n11n1









，求满足

9

1

|

2)0(f

1)0(f

|

n

n





的正整数

n的取值范围。

解析：







)0(f,

)x(f1

2

)x(f

n

1n

n)0(f1

2

1n



)0(f1

)0(f1

1

)0(f1

2

1)0(f

1n

1n

1n

n

















)0(f1

]2)0(f[2

2

)0(f1

2

2)0(f

1n

1n

1n

n

















|

2)0(f

1)0(f

|

2

1

|

2)0(f

1)0(f

|

1n

1n

n

n

















因此可知数列|

2)0(f

1)0(f

|

n

n





是以

4

1

|

2)0(f

1)0(f

|

1

1





为首项，以

2

1

为公比的等比数列。

1n1n

n

n)

2

1

()

2

1

(

4

1

|

2)0(f

1)0(f

|





。

9

1

2

1

1n





，得3n。所求n的取值范围是3n。

点评：有一些与数列有关的问题或看似无关的问题（变量为正整数的函数），通过巧妙地

构造出一个数列，其问题的本质能更好地凸显出来，并能用数列的有关知识较简捷地解答。

四.构造几何图形解题

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例4.试证：对任何0c0,b0,a，都有

222222cacacbcbbaba

，当有仅当

c

1

a

1

b

1

时等号成立。

观察题目特点，从

60cosab2bababa2222联想到余弦定理，可以构造三

角形，同理，另两个根式也可构造三角形，利用几何图形进行证明。

根据题意构造图形（如上图），其中AB=a，BC=c，BD=b，60DBCABD，由余

弦定理得：

accaAC,bccbDC,abbaAD222222

在ADC中，ACDCAD，则

accabccbabba222222

。但当

A、D、C三点共线时等号成立，此时，

CBDABDABC

SSS



，即

60sinab

2

1

120sinac

2

1

60bcsn

2

1

。

bcabac，即

c

1

a

1

b

1



点评：本题若不构造一个三角形，而是运用三角知识解题，直接将两边平方，则无论是用

综合法还是分析法，不仅计算过程十分复杂，而且很不容易说明。

例5.设关于的方程

0sincos3a在区间（0，2）内有相异的两个实根

、。求实数a的取值范围。

设siny,cosx，则由题设知，直线

0ayx3:l

与圆

1yx22

有两个不同的

交点A（sin,cos）和B（sin,cos）。

即原点O到直线

l

的距离小于1，即

221)3(

|a00|

d





1

2

|a|

。

解得：2a2。

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又因为



、)2,0(，且，直线

l

不过点（1，0），即

0a3

。

所以

3a

，即

)2,3()3,2(a

点评：将代数问题构造平面图形后，用平面解析几何的有关知识解题，实际上是数形结合

思想的灵活应用。

巩固练习:

1.求函数fx

x

x

()

sin

cos







3

2

的值域。

分析：由于fx

x

x

()

sin

cos







3

2

可以看作定点（2，3）与动点（-cosx，sinx）连线的斜率，故

f(x)的值域即为斜率的最大、最小值。

解：令cossinxx，，则

221

表示单位圆

fxk()







3

2





表示连接定点P（2，3）与单位圆上任一点（，）所得直线

kk()320的斜率。

显然该直线与圆相切时，k取得最值，此时，圆心（0，0）到这条直线的距离为1，即

||32

1

1

2







k

k

所以k2

23

3

故2

23

3

2

23

3

fx()

2.已知三条不同的直线ayxsin2cos，ayxsin2cos，共点，求

sinsin的值。

分析：由条件知sinsinsin，，为某一元方程的根，于是想法构造出这个一元方程，

然后用韦达定理求值。

解：设（m，n）是三条直线的交点，则可构造方程mnasinsin3，即

4303mnm)asin(sin

（*）

由条件知，sinsinsin，，均为关于sin的一元三次方程（*）的根。

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由韦达定理知sinsinsin0

3.已知实数x，y，z满足

xyzxy692，

，求证：xy

分析：由已知得

xyxyz692，

，以x，y为根构造一元二次方程，再由判别式非

负证得结论。

解：构造一元二次方程

ppz22690

其中x，y为方程的两实根

所以

364902()z

即z299

zz200，

故△＝0，即xy

4.求证：若n3，nN，则

1

3

1

4

1

5

11

123333



n

分析：待证式的左边求和的分母是三次式，为降低分母次数，构造一个恒不等式。

11

11

1

2

1

1

1

13k

kkkkkkk











()()

[

()()

]

所以左边











1

234

1

345

1

11



()()nnn

























1

2

1

23

1

34

1

34

1

45

1

1

1

1

[

()()

]

nnnn











1

2

1

23

1

1

1

12

[

()

]

nn

故原式得证。

5.已知实数x，y满足0

2

xyz



，求证：



2

22222sincossincossinsinsinxyyzxyz

分析：要证原式成立，即证

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

4

sincossincossincossincossincosxyyzxxyyzz

即证



4

sin(coscos)sin(coscos)sincosxxyyyzzz

由三角函数线知可构造下图，此时不等式右边为图中三个矩形的面积之和SSS

123

，

而

1

4

单位圆的面积为



4

，所以



4

sin(coscos)sin(coscos)sincosxxyyyzzz

故结论成立。

6.已知a、b、c、d是四个不同的有理数，且（a＋c）（a＋d）＝1，

（b＋c）（b＋d）＝1，求（a＋c）（b＋c）的值。

分析：由（a＋c）（a＋d）＝1及（b＋c）（b＋d）＝1，构造方程（x＋c）（x＋d）＝1

可知：a、b是它的两个根，该方程即：

01)(2cdxdcx

由根与系数的关系可知a＋b＝－（c＋d）

7.已知x,y,z∈（0，1），求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1

分析：此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。

证明：构造函数

f(x)=(y+z-1)x+(yz-y-z+1)

∵y,z∈(0,1),

∴f(0)=yz-y-z+1=(y-1)(z-1)＞0

f(1)=(y+z-1)+(yz-y-z+1)=yz＞0

而f(x)是一次函数，其图象是直线，

∴由x∈(0,1)恒有f(x)＞0

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即(y+z-1)x+(yz-y-z+1)＞0

整理可得x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1

证明：构造边长为1的正△ABC，D，E，F为边上三点，

并设BD=x，CE=y，AF=z，如图1

显然有S△BDE+S△CEF+S△ADF<

即

4

3

x(1-y)+

4

3

y(1-z)+

4

3

z(1-x)＜

4

3

这道竞赛题能如此简洁、直观地证明，真是妙不可言。

8.已知a,b,c为互不相等的实数，试证：

bc(a-b)(a-c)+ac(b-a)(b-c)+ab(c-a)(c-b)=1(1)

证明：构造方程

(x-b)(x-c)(a-b)(a-c)+(x-a)(x-c)(b-a)(b-c)+(x-a）(x-b)(c-a)(c-b)=1(2)

显然a,b,c为方程的三个互不相等的实根。

而对任意实数x均满足（2）式。

特别地，令x=0，即得（1）式。

9设x,y为实数，且满足关系式：

1)1(199713xx）（1)1(199713yy）（

则x+y=.

分析：此题用常规方法，分别求出x和y的值后再求x+y则既繁又难，三次方程毕竟不熟悉。

若将两方程联立构造出方程

)1(199713xx）（1)1(199713yy）（，利用函数

tttf1997)(3的单调性，易得x-1=1-y，自然、简洁。

10.证明：对于同样的整数x和y，表达式2x+3y和9x+5y能同时被17整除。

分析：构造代数式9（2x+3y）-2(9x+5y)，其值等于17y，能被17整除，结合2与9均与17

互素，结论易证。