• 透析构造法在竞赛中的运用

     

      在解答某些竞赛题时,通过对条件与结论的充分剖析,有时会联想出一种适当的辅助模型,如共轭式、对偶式、方程、函数、不等式、某些特殊图形等,以此进行构造,往往能促使问题转化,使问题中原来隐晦不清的关系和性质清晰地展示出来,从而简捷地解决问题,这种解题方法称为构造法.
    中国论文网 /9/view-9870531.htm
      构造法是一种重要而灵活的解题方法,在数学竞赛中有着广泛的应用,类型较多. 运用时,要特别注意:首先,要有明确的方向,即为什么而构造;其次,必须弄清条件的本质特点,以便明确构造什么模型,如何构造,从而达到解题的目的.
      
      例1(2003年第15届“五羊杯”竞赛题)设x,y是非负整数,x+2y是5的倍数,x+y是3的倍数,且2x+y≥99. 则7x+5y的最小值为 .
      解填366. 理由:设x+2y=5A,x+y=3B,A、B是整数.
      因此x、y≥0,故A、B≥0,解得
      x=6B-5A,y=5A-3B,
      2x+y=9B-5A≥99,
      S=7x+5y=27B-10A.
      问题转化为:整数A、B≥0,6B≥5A≥3B,9B≥5A+99,求S的最小值.
      因此15A≥9B≥99+5A,故
      10A≥99,A≥10.
      从而,9B≥50+99=149,B≥17.
      于是,5A≥51,A≥11.
      进而,9B≥55+99=154,B≥18.
      若B≥19,则S=9B+2(9B-5A)≥9×19+2×99=369.
      若B=18,则5A≤9B-99=63,A≤12.
      故A只能为12或11.
      当A=12时,S=27×18-10×12=366取最小值,且为唯一的情形,此时x=48,y=6.
      例2(1994-1995年重庆等五市竞赛题)已知n为正整数,且n2-71能被7n+55整除,试求n的值.
      解设=k(k是整数)
      则n2-7kn-(55k+71)=0.①
      Δ=49k2+4(55k+71)=49k2+220k+284.
      当Δ为完全平方数时,方程①中的n才是整数. 而
      (7k+15)2<Δ=49k2+220k+284<(7k+17)2
      则Δ=(7k+16)2.
      故(7k+16)2=49k2+220k+284.
      解得k=7.
      代入①解得n=57(舍去-8).
      例3(2006年湖北黄冈竞赛题)已知x,y为实数,且x2+xy+y2-2=0. 则x2-xy+y2的取值范围是.
      解填
      ,6. 设x2-xy+y2=k(即引入参数k),现结合已知可得
      xy=,(x+y)2=.
      则当6-k≥0,即k≤6时,有
      x+y=±.
      故x、y是关于t的方程
      t2∓t+=0的两实根,于是,
      Δ=-4×≥0.
      解得k≥.
      故≤x2-xy+y2≤6.
      例4如图1,P是正方形ABCD外接圆上任一点. 求证:
      (1)PA+PC=PB;
      (2)PAPC=PB2-AB2.
      证明如图1,连AC、BD. 在△APB中,
      AB2=PA2+PB2-2PAPBcos45°
      即PA2-(PB)PA+(PB2-AB2)=0.
      在△PBC中,BC2=PC2+PB2-2PCPBcos45°,
      即PC2-(PB)PC+(PB2-AB2)=0.
      当PA≠PC时,由(1)、(2)可知PA、PC是方程x2-(PB)x+(PB2-AB2)=0的两根. 由韦达定理得
      PA+PC=PB,PAPC=PB2-AB2.
      当PA=PC时,P与D点重合,结论显然成立.
      注若结论是“求证为定值”,则是1992年吉林初中预选赛试题.
      例5设a,b,c都是绝对值小于1的实数,求证:ab+bc+ca>-1.
      解因为ab+bc+ca=(b+c)a+bc,故可考虑函数f(x)=(b+c)x+bc+1. 显然有
      f(1)=b+c+bc+1=(b+1)(c+1)>0,
      f(-1)=-(b+c)+bc+1=(b-1)(c-1)>0.
      根据保号性知,当-1<x<1时,f(x)>0,而-1<a<1,故f(a)>0,即原不等式获证.
      例6(2004年“TRULY信利杯”竞赛题)已知a<0,b≤0,c>0,且=b-2ac,求b2-4ac的最小值.
      解构造函数y=ax2+bx+c.
      由a<0,b≤0,c>0,知Δ=b2-4ac>0.
      所以,这个二次函数的图象是一条开口向下的抛物线,且与x轴有两个不同的交点A(x1,0),B(x2,0).
      因为x1x2=<0,不妨设x1<x2.
      则x1<0<x2,对称轴x=-≤0.
      图象如图2所示.
      [C(0,c)][A][x1][x2][B][O][x][y]
      图2
      于是,x2=
      ==c.
      故≥c=≥-.
      所以b2-4ac≥4.
      当a=-1,b=0,c=1时,上式等号成立,因此b2-4ac的最小值为4.
      例7(2003年北京竞赛题)已知a,b是正数,且a+b=2,求u=+的最小值.
      解直接将已知条件代入再求解,有一定的难度,运用构造图形,不妨将,分别视为以a、1和b、2为直角边的直角三角形的余边,进而构造如图3所示的几何图形,AC⊥AB,BD⊥AB,且AC=1,BD=AB=2. 则
      PC=,PD=.
      要求u的最小值,问题可转化为:在线段AB上找一点P,使得PC+PD最小.
      作点C关于直线AB的对称点C′,连结C′D交AB于点P. 由平面几何两点之间线段最短的性质知,点P即为所求.
      由对称性显然有PC=PC′,再过点C′作C′D′⊥DB,交DB的延长线于D′,则
      PC+PD=PC′+PD=C′D
      =
      =
      =.
      故u的最小值为.
      例8(1990年江苏竞赛题)货轮上卸下若干个箱子,其总重量为10 t,每个箱子的重量不超过1 t. 为了保证能把这些箱子一次性运走,则至少需要多少辆载重为3 t的汽车?
      解首先注意到每个箱子的重量不超过1 t,因此,每辆车次可运走的箱子的重量不会少于2 t,否则可以再放一个箱子.
      设需要n辆汽车,它们运走的箱子的重量依次为a1,a2,…,an. 则
      2≤ai<3(i=1,2,…,n).
      设所有运走的货物重量之和为S. 则
      2n≤S=a1+a2+…+an≤3n,
      即2n≤10≤3n.
      从而,≤n≤5,即n=4或5.
      事实上,4辆车是不够的. 这可由下面的特例来说明. 设有13个箱子,每个箱子重量为t. 由于×3<3,×4>3,所以,每辆汽车只能运走3个箱子. 这样,4辆汽车不能运走全部箱子. 因此,至少要5辆汽车才能将这些箱子一次运走.
      为了搞清楚一个似是而非或似非而是的命题,构造反例是常要用到的一种有效的推理方法. 可通过寻求特殊值、特殊图形、特殊结论等来构造反例.
      例9(1999年第10届“希望杯”竞赛题)在四边形ABCD中,若两条对角线AC=BD且AC⊥BD,则这个四边形().
      A. 一定是正方形
      B. 一定是菱形
      C. 一定是平行四边形
      D. 可能不是平行四边形
      解选D. 理由:根据题设条件,可构造选择项A、B、C的反例,如图4. 故应选D.

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