法技术构造

法技术构造（共8篇）

法技术构造 篇1

一、商法的技术性特征

商法的特征是商法本质的外在表现, 是其作为一个部门法与其它部门法相区别的一种表现形式, 例如民法、经济法、劳动法和刑法等。商法的特征主要有:盈利性;技术性;国际性以及兼容性。其中盈利性与技术性是商法的自然属性特征。

技术性是相对于伦理性而言的, 商法的伦理性是指商法要注重对商人的道德要求, 提倡商人行为是善良的主观意愿, 要求商人行为时能够诚实信用, 具有利他动机, 不能片面化地追求个人利益而损害了他人以及社会公共利益。这一要求较多的体现在民法中, 民法调整市民社会生活中的日常生活关系, 主要包括人身关系与财产关系, 注重公平, 强调伦理价值。商法最早是由商人自己制订的, “商人法”带有自发性、技术性规范。并且商法调整的是技术性的关系, 是市民社会生活的特定方面, 在伦理上表现出明显的中性化。商法的技术性是指商法注重对商人的技术要求, 它体现在多部法律条文之中。《票据法》关注的基本内容是票据的流通, 而票据这一对象本身对人们来说比较陌生, 同时对技术性要求比较高。再例如:《海商法》中涉及到船舶的碰撞以及海难救助等问题, 更需要对此提高立法上的技术性。商法的伦理性是对商人内在品质的要求, 商法的技术性则是对商人的外在品质提出更高要求。

同时, 商法的盈利性也促使其具有非伦理性倾向, 在正常的商事关系运行中, 一般只要依据规则行事、重视各项法律制度的具体环节、遵守商事法律规则, 即披上了商法法律效力的外衣。例如:股票市场的盈亏在多数情况下只是一种操作游戏。只是在商事运行的结果严重损害社会公平公正时, 才需通过法律程序予以矫正。

二、现存法技术构造存在的缺陷与反思

1. 法技术构造存在的缺陷

商事关系发展本身制造了很多社会问题, 导致市场主体地位的不平等、对于人的基本权利与尊严的侵犯、带来人类生存环境的恶化, 而商事法律制度提供的救济也很有限。同时, 商事关系置身于社会关系大系统之中, 不可能超越人类社会的道德要求, 在商事关系发展到一定程度下, 也衍生出一系列问题, 催生了新的部门法的产生, 例如:环境法、劳动法等。一个地方的环境污染, 不能过多地指责企业唯利是图, 这恰恰是企业盈利性的本质;而应该更多的从伦理性的视角去审视这个问题, 还应该追问政府是否到位, 这恰恰是政府部门的职责所在。具体表现有:第一, 盈利追求中的经济利益驱动本身就具有践踏道德的倾向。如一些私人的小煤矿对于生命的漠视, 垄断行业暴利对于公众利益的掠夺, 社会分配不公会不断拉大贫富差距, 导致矛盾尖锐化, 引起社会秩序的破坏。第二, 市场导向、竞争法则的指引下, 道德规则只有能够带来效益, 对于商人才具有吸引力。例如, 社会法的政策趋向是鼓励雇佣妇女、残疾人, 而企业一般倾向于使用最精干的劳动力, 乐于接受青年男性, 并不直接考虑社会公平、正义, 除非能够获得税收优惠或者迫于法律强制。第三, 在商法框架内, 对于伦理道德提供的保障不足, 必须到制度之外寻求矫正。

2. 存在缺陷的反思

商法的重要特征之一即是具有盈利性, 也是商法本质的外在表现, 无可厚非, 盈利性是商法区别于其他部门法的重要。不具备盈利性, 商法就无法在自由的市场竞争中充分发挥平衡、调节作用。然而, 只具备这一特征也不足以使商法制度委以重任, 还需形成自身完善的综合体系, 与其发展的历程、历史因素、政治因素、文化背景相融合。商事法律关系属于部门法, 作为社会生活法律关系中重要的组成部分, 同时对商人的内外素质提出了更高的要求, 因此对于商法的法技术构造必须综合考虑这些因素。而其中, 商法的伦理性则是最重要的一个因素, 因为民法调整市民社会生活中的日常生活关系, 不仅包括财产关系, 有时也会涉及人身关系, 这时注重公平、强调伦理价值则显得极其重要。因此, 在目前既存的现代化商法体系中如何将占据了大部分的盈利性质过渡到伦理性质上去, 是对构架商法体系提出的重大挑战, 但同时也是必然去面对的一个问题。

三、法技术构造的反思

部门法的产生与发展一定程度上都遵循着既定规律, 然而商法作为一部区别于其它部门法的法律, 它的形成与发展都具有特殊性, 更多的是移植了一些既定的商业习惯和行业规则。考察经过长期、反复的交易往来而保留下来既定的商业习惯和行业规则对商法的影响对于构建现代商法体系具有举足轻重的作用。

商法法律规则的产生更多的是移植既定的商业习惯和行业规则, 这会使商法具有局限性, 一定程度上也会与国家利益、集体利益、个人利益相冲突, 因此在构建完善的法技术体系时, 则必须综合考量各个因素, 最大程度地体现诚实信用原则、公平公正原则、互惠互利原则, 因此在商法实践中商法的伦理性促使其不断地进行完善与发展, 那么该如何完善商法的伦理性则显得至关重要。一方面我们要注重商法的统一性与完整性, 即要通过国家高度集权统一制定法律的基础上, 将商法的伦理化制度规纳到该体系之中;另一方面我们还要注重商法的传承性与实践性, 商法体系真正的精髓在于商事实践, 只有把商法伦理化制度融入于商法实践中, 才能真正做到完善已规则化的商法体系, 而这也是商法法技术构造得以完善与存活的途径。

摘要：商法的特征主要有:盈利性;技术性;国际性以及兼容性, 而伦理性则是对商人提出的内部要求。现存的商法技术构造存在一定的缺陷, 自身发展具有局限性同时也制造了社会问题, 因此对于商法的法技术构造提出自己的反思与建议显得极为重要, 本文据此提出自己的构想。

关键词：伦理性,技术性,法技术构造,缺陷与反思

参考文献

童列春.商法学基础理论建构[M].法律出版社, 2008.

构造法解函数不等式 篇2

例1 已知定义在R上的函数f（x）满足f（2）=1，且f（x）的导函数f'（x）>x1，则不等式f（x）<1/2x? -x+1的解集为_______________.

我们并不知道问题中的函数f（x）的解析式，只知道它满足两个条件：①f（2）=1，②导函数.f'（x）>x-l，求解不等式f（x）<1/2x?-x+1.这样的问题称为“求解函数不等式”.注意到（1/2x?-x+1）'=x-1，构造函数g（x）=f（x）-（1/2x?-x+1），本质就是解不等式g（x）<0.

g'（x）=f'（x） -x+1.由条件②知，g'（x）>o，所以g（x）在（-∞，+∞）上为增函数.又由条件①，知g（2）=f（2）-1/2×4+2-1=0，故由g（x）

由此可见，解此类函数不等式的步骤是：

Sl结合题设中的导数条件和所要求解的函数不等式，构造一个新函数；

S2确定新函数的导数符号，以确定新函数的单调性；

S3利用新函数的单调性及图象中的特殊点，得到函数不等式的解集.

例2 函数f（x）的定义域是R，f（o）=2，对任意x∈R，f（x）+f'（x）>1，则不等式ex·f（x）>ex+1的解集为__________.

解析记函数g（x）=ex·f（x）-ex1，则g'（x）=ex（f（x）+f'（x）-1）.

因为对任意x∈R，f（x）+'（x）>1，所以g '（x）>0恒成立，所以g（x）在（-∞，+∞）上为增函数，因为g（0）=f（o）-11=0，所以不等式ex·f（x）>ex+1，即g（x）>g（0）的解集是x>o，所以不等式e·f（x）>ex+1的解集为（o，+∞）.

评析最简单的构造函数方法是“g（x）一左边-右边”，这样目标就是解不等式g（x）>o.

例3 已知f（x），g（x）（g，（x）≠0）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f'（x）g（x）

解析

当x<0时，由题设得h'（x）

由f（-3） =0，得h（-3）=-h（3）=0.

由h（x）3.

不等式的解集为（-3，0）∪（3，+∞）.

评析对照导数条件f'（x）g（x）

例4 己知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f'（x），满足f'（x）

解析因为f（x+2）为偶函数，所以f（x+2）的图象关于直线x=o对称，所以f（x）的图象关于直线x=2对称，所以f（0）=f（4）=1.

因为f'（x）

因为

不等式f（x）

评析导数条件“f'（x）

例5 已知函数y=f（x）对于任意的x满足f'（x）cosx+f（x）sinx>0（其中'（x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式不一定成立的是

（）

解析 设故B正确.A，C同理.故选D.

评析导数条件中的“+”未必是两个函数的积的导数，本题中，（cosx）'=-slnx，所以，我们仍然是构造商函数.

例6 已知函数f（x）满足x>o时，有则下列结论一定成立的是

（）

解析 由f'（x）=2X?，得f（x）=2/3x?+C.

当x>o时，由f'（x）=2x?>得

评析关键是确定常数C的取值范围.导数条件f'（x）>变形为xf'（x）-f（x）>o，这样就能联想到构造什么样的新函数了.

小结联系已知导数条件和要求解的函数不等式，构造辅助函数是求解这类问题的常用方法.构造方法无非是两个函数的和、差、积和商，通过研究辅助函数的单调性、奇偶性等性质得到函数不等式的解.特别注意函数ex、Inx，前者的导数永远不变，后者的导数变成多项式，弄清楚它们的结构特点，有助于我们联想得更快、更准.

构造法解题举例 篇3

一、圆锥曲线的定义在解析几何中的应用十分广泛,用定义解题有简捷、清晰、明了之优点,这已是大家熟知的事实。殊不知,有的代数问题,若与圆锥曲线的模型联系起来,回到定义中去思考问题,可化繁为简,化难为易,起到事半功倍之效,举例如下:

例1、解方程

分析:解此类方程一般是先移项,然后两边平方,计算量很大,有点繁琐,下面给出其他解法:

解原方程化为

令y=0, 则有

上式表示动点M(x,y)到定点A(6,0),B(-4,0)距离之差是18的点的轨迹,

即|MA|-|MB|=8,

所以M点的轨迹为双曲线的左支,其方程为

令y2=0,得

x1=5(舍),x2=-3,

所以原方程的解是x2=-3

例2、解不等式

解:原不等式化为

令由椭圆定义得,上式表示以F1 (-3,0),F2(3,0)为焦点,长轴长为10的椭圆,由a=5,c=3得b=4,所以此椭圆方程为,如图原不等式的解就是直线y=1与椭圆交点或椭圆外部点的横坐标。令y=0得.所以原不等式的解集为

二、构造相关的几何图形,借助数学问题的几何意义也可使解题思路宽广灵活,简洁、巧妙。举例如下:

例3已知x,y为任意实数,求证

分析:式子左端的几何意义是点P(x,y)分别到点A(-1,0),点B(1,0),点(0,)的距离之和,于是可构造ΔABC证之。

证明:如图ΔABC,A(-1,0),B(1,0),C(0,),则|AB|=|BC|=|AC|=2,

当点P、点A、点B、点C任三点都不共线时,有

将三式相加,整理得

|PA|+|PB|+|PC|>3,(4)当点P与点A、B、C中任两点共线时,设点P与点A、B共线,有|PA|+|PB|≥|AB|=2,(2),(3)仍然成立,所以(4)成立。

所以原不等式成立。

例4求值

解.

因为的图象表示以点(1,0)为圆心,以1为半径的上半圆,从0到1的部分是圆面,所以表示以点(0,0),点(1,1),点(1,0)为顶点的直角三角形。其面积为所以

三、结合数学式子的特点,构造与之相关的复数,函数,利用相关结论和思想巧妙解题。

举例如下:

例5已知a,b,c为非负实数,求证

分析:式子左端形如复数模的表达式,故可构造复数, 用复数的性质来解。

证明:令z1=a+bi,z2=b+ci,z3=c+ai,

则:z1+z2+z3=(a+b+c) (1+i),

得

例6、证明不等式分析:首先构造函数,再通过函数的单调性证之。证明:令,则有又由于f(x)在x=0处连续,所以f(x)在[0,+∞)上是增函数,从而当x>0时,有f(x)>f(0)=0,即原不等式成立。

例谈构造法解题 篇4

所谓构造法, 就是根据题设条件和结论的特殊性, 构造出一些新的数学形式, 并借助它认识与解决原问题的一种思想方法.就构造对象来看, 常用的有构造表达式、构造几何体 (图形) 等.在构造表达式中又有构造函数、构造方程、构造不等式、构造数列、构造二项展开式等.

一、构造不等式解题

例1 椭圆$\frac{x{}^2}{9}+\frac{y{}^2}{4}=1$的焦点为F1, F2, 点P为其上的动点, 当∠F1PF2为钝角时, 点P的横坐标的取值范围是____.

解析 由平几知识知, 要使∠F1PF2为钝角, 当且仅当点P在以F1F2为直径的圆的内部.为此构造以F1F2为直径的圆面x2+y2<5, 即点P在圆面x2+y2<5①上.又点P在椭圆$\frac{x{}^2}{9}+\frac{y{}^2}{4}=1$, 即4x2+9y2=36②上.由①②消去y2, 得5x2-9, 即$-\frac{3\sqrt{5}}{5}<x<\frac{3\sqrt{5}}{5}.$

点评 本题的常规解法是利用两向量数量积小于零求横坐标的取值范围.根据平几知识巧妙构造不等式可使问题既快又准得以解决.

二、构造函数解题

构造一次函数求取值范围.

例2 设不等式2x-1>m (x2-1) 对满足|m|≤2的一切实数m的值都成立, 求x的取值范围.

解析 原不等式可化为 (x2-1) m- (2x-1) <0.

记f (m) = (x2-1) m- (2x-1) ,

要使原不等式成立, 则

即解得$\frac{-1+\sqrt{7}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}.$

点评 视“未知”为“已知”, 构造关于m的一次函数, 由一次函数的单调性得不等式组求出x的取值范围.某些数学问题, 可以通过构造一次函数, 将问题转化为判断一次函数在[a, b]上函数值的符号问题, 从而使问题获得解决.

三、构造方程解题

例3 (2002年全国高考·理17) 已知$\sin {}^{2}2\alpha +\sin 2\alpha \cos \alpha -\cos 2\alpha =1‚\alpha \in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right)$, 求sinα, tanα的值.

解 条件式可以整理为sin22α+sin2αcosα- (1+cos2α) =0,

即sin22α+sin2αcosα-2cos2α=0. (※)

将 (※) 式看成是关于sin2α的一元二次方程, 由求根公式, 得

$\begin{array}{l}\sin 2\alpha =\frac{-\cos \alpha \pm \sqrt{\cos {}^2\alpha +8\cos {}^2\alpha }}{2}=\frac{-\cos \alpha \pm 3\cos \alpha }{2}.\\ \therefore \sin 2\alpha =\cos \alpha \text{或}\sin 2\alpha =-2\cos \alpha .\end{array}$

$\begin{array}{l}\because \alpha \in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right)‚\therefore \sin 2\alpha \ne -2\cos \alpha .\\ \therefore \sin 2\alpha =\cos \alpha ‚\therefore \cos \alpha (2\sin \alpha -1)=0.\\ \because \alpha \in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right)‚\therefore \cos \alpha \ne 0‚\therefore 2\sin \alpha -1=0,\end{array}$

即$\sin \alpha =\frac{1}{2}‚\therefore \alpha =\frac{\text{π}}{6}$, 从而$\tan \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}.$

点评 这里没有说让你解方程, 更没有说它是关于sin2α的一元二次方程, 它需要你自觉视它为关于sin2α的方程.这就是能力!

四、构造二项展开式证不等式

例4 证明:对于n≥5的任意正整数2n>n2+n.

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}2{}^n=(1+1){}^n=\text{C}{}_n^0+\text{C}{}_n^1+\text{C}{}_n^2+\cdots +\text{C}{}_n^{n-2}+\text{C}{}_n^{n-1}+\text{C}{}_n^n\\ =1+n+\frac{n(n-1)}{2}+\cdots +\frac{n(n-1)}{2}+n+1\\ >n{}^2+n(n\ge 5).\end{array}$

点评 二项式 (a+b) n的展开式共有n+1项, 当各项均为正数时, 项数减少, 展开式各项的和也随之变小.

五、构造数列求值

例5 已知$\cos \left(\frac{\text{π}}{4}+x\right)=\frac{3}{5}‚\frac{17\text{π}}{12}<x<\frac{7\text{π}}{4}$, 求$\frac{\sin 2x+2\sin {}^{2}x}{1-\text{t}\text{a}\text{n}x}$的值.

解 由已知得$\cos x+(-\sin x)=2\times \frac{3\sqrt{2}}{10},$

即$\cos x‚\frac{3\sqrt{2}}{10},-\sin x$成等差数列.

设其公差为d, 则$\cos x=\frac{3\sqrt{2}}{10}-d‚-\sin x=\frac{3\sqrt{2}}{10}+d.$

又$\because \sin {}^{2}x+\cos {}^{2}x=1‚\therefore \left(\frac{3\sqrt{2}}{10}+d\right){}^2+\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}-d\right){}^2=1$,

$\begin{array}{l}\text{解}\text{得}d=\frac{2\sqrt{2}}{5}\text{或}d=-\frac{2\sqrt{2}}{5}.\\ \because \sin x<0‚\therefore d=\frac{2\sqrt{2}}{5}.\end{array}$

则$\cos x=-\frac{\sqrt{2}}{10}‚\sin x=-\frac{7\sqrt{2}}{10}‚\therefore$原式$=-\frac{28}{75}.$

点评 将已知条件构造成等差数列, 利用换元法, 减少了变量, 简化了运算, 构思奇妙.

六、构造图形证不等式

例6 设x, y, z∈ (0, +∞) , 求证:

$\begin{array}{l}\sqrt{x{}^2-xy+y{}^2}+\sqrt{y{}^2-yz+z{}^2}>\\ \sqrt{z{}^2-zx+x{}^2}.\end{array}$

分析 该代数不等式的证明, 虽然已知条件较简单, 但不易入手, 而仔细分析不等式的模式, 构造空间图形, 把代数问题转化成立体几何模型, 情况就不一样了.

证明$\sqrt{x{}^2-xy+y{}^2}=\sqrt{x{}^2-2xy\text{c}\text{o}\text{s}60°+y{}^2}$表示以x, y为两边, 夹角为60°的三角形的第三边;同理$\sqrt{y{}^2-yz+z{}^2}‚\sqrt{z{}^2-zx+x{}^2}$也具有同样的几何意义, 于是可构造如图所示的四面体V-ABC, 使∠AVB=∠CVA=∠BVC=60°, VA=x, VB=y, VC=z, 可得$AB=\sqrt{x{}^2-xy+y{}^2}‚BC=\sqrt{y{}^2-yz+z{}^2}‚CA=\sqrt{z{}^2-zx+x{}^2}$.在△ABC中, AB+BC>AC, 故原不等式成立.

点评 构造空间图形, 构代数不等式化归为立体几何问题, 思路新颖独特.

浅谈构造法解题 篇5

1. 构造函数

通过观察数学结构式的特征, 引入相关的函数模型, 再运用该函数熟知的性质, 往往使解答有理有据, 顺畅自然.

例1若函数f (x) 的定义域是实数, 并关于原点对称, 则它可以表示为一个奇函数和一个偶函数的和.

分析对这个抽象函数的证明, 如果不去把抽象的奇函数与偶函数构造出来, 几乎是欲证无门的.而利用奇函数的特征, 我们不难构造出两个辅助函数.

很容易看出F (x) 为偶函数, G (x) 为奇函数, 而f (x) =F (x) +G (x) 的存在, 就使证明得以完美的解决.

2. 构造方程

根据条件式与所求式的特征, 联想有关的方程 (组) 利用方程的理论求解, 可使问题变得十分熟悉.

例2已知实数x满足等式x2-yz-8x+7=0和y2+z2+yz-6x+6=0, 求实数x的取值范围.

分析本题有三个未知数, 一般需三个方程才能求解, 但条件中只提供了两个方程, 直接求解较为困难, 但观察两个方程发现, 若把两个方程中的未知数x看成已知数, 则两个方程都可看成是关于y, z的对称式, 故结合一元二次方程的根与系数的关系, 把y, z看成某个一元二次方程的两个实根构造一个新的一元二次方程, 从而用根的判别式求出实数x的取值范围.

两式变形为yz=x2-8x+7,

把y, z看作关于t的一元二次方程t2± (x-1) t+ (x2-8x+7) =0的两根.因为y, z是实数, 故此一元二次方程有两个实数解, 所以Δ≥0.即 (x-1) 2-4 (x2-8x+7) ≥0, 解不等式得

3. 构造复数

复数具有代数式, 三角式, 几何形式等多种表示方法, 而这些表示所含的实际意义, 以新的视角, 新的途径, 沟通了代数三角和几何等内容之间的联系, 若能在解题时, 根据题设条件的特点, 巧妙地构造复数, 便能迅速地找到解题方法.

分析看到这么多分式相加, 似乎有种难以下手的感觉.若注意到根号里式子的特点, 都是两个数的平方和, 立即联想到复数的模, 于是构造复数, 再用三角不等式便迅速得证.

4. 构造对偶式

若条件式或所求式具有对偶的特征, 可构造对偶式, 使问题变得简单明了.

分析显然不能将, 2006代入求解, 但是若注意到其中的对偶性, 进而构造对偶式

从而原式的结果为2006.

5. 构造三角关系式

善于从隐蔽的数量关系中挖掘出量与量之间的特征关系, 如与某些三角函数关系式相似, 则可构造相关的三角函数关系式, 使问题顺利得解.

例5如图, 中, ∠C=90°, CD⊥AB于D.

求证:AC+BC

分析若把结论变形可构造三角函数关系式, 要证AC+BC

总之, 构造的形式多种多样, 还有构造图形, 构造不等式等等, 这里我们不再一一列举了.通过对以上例题的分析, 不难看出, 构造法是具有创造性的思维活动, 对增强解题能力, 培养思维品质有着不可低估的作用.它不仅需要坚实而广博的数学基础知识更需要具备敏锐的洞察力善于由此及彼, 由表及里.思考的越深, 构造就越成功, 方法也就越简单, 数学的魅力在于追求简单, 而解题中的巧妙构造, 往往有化繁琐为简洁之功效, 是对数学美的最好不过的一次注释.

摘要：从几个角度例举了如何用构造法巧妙地解数学题, 认识构造法在解数学题中的重要作用, 对数学思维活动中的构造问题进行了探讨.

关键词：构造法,函数,方程 (组) ,复数,对偶式,三角关系式

参考文献

[1]尹建堂, 刘博闻.例说三角代换法解代数题[J].数理化学习 (高中版) , 2003 (24) :4.

[2]刘银福.用构造法解题[J].初中数学教与学, 2003 (2) :15.

构造法解题十一例 篇6

例1求同时满足下列各条件的所有复数z:

(2) z的实部和虚部都是整数.

z2-mz+10=0.

因为1<m≤6,

所以Δ=m2-40<0.

由求根公式得

由 (2) 知z的实部为整数,

则m只可能取值2、4、6.

当m=2时, z=1±3i;

当m=6时, z=3±i.

综上所述知z=1±3i或3±i.

2. 构造函数

求cos (x+2y) 的值.

分析本题若用解方程组的方法求解很困难, 若注意到 (2) × (-2) 可变为

f (x) =0, f (-2y) =0,

故cos (x+2y) =1.

3. 构造复数

分析构造复数

根据两个复数相乘, 积的辐角等于各因式的辐角之和, 得

4. 构造几何体

分析过球面上的三点A、B、C和球心O可构成一个四面体, 如图1所示.设大圆半径为R, 小圆半径为r, ∠AOB=α, 则

5. 构造几何模型

例5复数-i的一个立方根为i, 它的另外两个立方根是 ()

6. 构造数列

例6已知|x|<1, |y|<1, 求证:

7. 构造对偶 (称) 式

例7求

8. 构造三角公式

分析由ex>0可构造

则y∈ (-1, 1) ,

9. 构造概率

证明设A、B是相互独立的两个事件, 且

P (A) =a2, P (B) =b2,

由性质P (A) +P (B) -P (AB)

=a2+b2-a2b2≤1,

在不等式两边同加2ab+a2b2,

1 0. 构造不等式

分析由题意, 本题可构造不等式求解.设耕地平均每年至多减少x公顷, 该地区现有人口为p人, 粮食单产为m吨/公顷.据此可得不等式

1 1. 构造模型

例11在一块并排10垄的田地里, 选择两垄分别种植A、B两种作物, 每种作物种植一垄, 为有利于作物生长, 要求A、B两种作物的间隔不少于6垄, 则不同的选垄方法有几种.

分析仔细分析题意, 可将这个问题置于下面的模型之中:去掉间隔6垄, 在余下的4垄中任选两垄种植A、B两种不同的植物, 则共有

用构造法证明不等式 篇7

一、构造函数

例1:已知函数f (x) =x2+bx+c (b, c为常数) , 方程f (x) =x的两个实数根是x1, 、x2, 且满足x1-x2>1, 设0<t<x1, 求证f (x) >x1。

证明:构造函数F (x) =f (x) -x=x2+ (b-1) x+c, 其图像的对称轴为, 由x2-x1>1得, 即x1<-, 由于f (x) 在 () 上为减函数, 所以f (x) 在 (-∞, x1) 上为减函数, 又0<t<x1, 所以f (t) >f (x) =x。

二、构造数列

例2:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。

证明:由a>1, 得, 即, 故原不等式等价于。构造以1为首项, 为公比的等比数列an, 则, 问题转化为证明不等式Sn>n, 即a1+a2+a3+……+an>n。由于an>1, 所以不等式成立。

三、构造不等式

例3:已知, 且, 求证:a+b<1。

证明:构造不等式, 即, 所以, 即a+b<1。

四、构造方程法

例4:已知a>b>c, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:

证明:由a+b=1-c, 得a2+b2= (a+b) 2-2ab= (1-c) 2-2ab=1-c2, 所以ab=c2-c, 因此, 构造以ab为根的方程x2- (1-c) x+c2-c=0, 令f (x) =x2- (1-c) x+c2-c, 令a, b∈R, 及a>b>c, 得, 解得。

五、构造向量法

例5:设任意实数x、y, 满足x<1, y<1, 求证:。

证明:构造向量, 由向量数量积性质, 得, 所以, 即。

六、构造三角形

例6:设a, b∈R+a≠b, 求证:f (a) -f (b) <a-b。

证明:由, 构造直角三角形, 如图1所示, AB=1, BD=b, , BC=a在△ABD中, 有AC-AD<BC-BD, 即, 故原不等式成立。

七、构造解析几何模型

例7:已知a, b, c∈R, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:。

证明:设P (a, b) , 由题意知点P是直线x+y=1-c2与圆x2+y2=1-c2的公共点, 于是圆心O (0, 0) 到直线x+y=1-c2的距离不大于该圆的半径, 即, 所以。

八、构造几何体

例8:已知, a>0, b>0, c>0,

求证:, 当且仅当时取等号。

证明:从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理, 于是可构造如图2所示的图形。

作OA=a, OB=b, OC=c, ∠AOB=∠BOC=60°, 则∠AOC=120°, , 由几何知识可知:AB+BC≥AC, ∴, 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立, 此时有, , 即ab+bc=ac, 故当且仅当时取等号。

九、构造二项式

例9:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。:a2>n2 (n2-1) 24

浅谈数学的美——构造法 篇8

关键词：构造法,数学美,解题,辩证

“解题的成功要靠正确思路的选择, 要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒。” (波利亚语) 。这说明解题过程就是不断地将未知转化为已知的过程, 而构造法的实质就是依据某些数学问题的条件或结论所具有的典型特征, 用已知条件中的元素为“元件”, 用已知的数学关系为“支架”, 在思维中构造出一种相关的数学对象, 一种新的数学形式;如何能够用数学美来调控构造法解题, 从而达到“以美启真”之目的呢?下面就此两个问题以及构造法与数学美的辩证关系谈几点看法。

1 构造法与数学美的历史渊源以及研究两者关系的必要性

用构造法解题是一既古老而又年轻的科学方法, 如欧几里得、高斯等人, 都曾用此法成功地解决过数学中的难题, 为数学发展做出了重大贡献并向人们深刻展示了数学的内在之美, 例如欧几里得在《几何原本》中对命题“素数的个数有无限个”的证明 (下文将列出证明) , 不仅是反证法的范例, 也是用构造法证明的范例, 这无疑充分体现了数学的方法之美。同样欧拉在解决著名的“七桥问题”时, 是通过抽象分析, 构造数学模型来解决的, 他采用的思想方法也是一种构造法, 数学的抽象之美在此得到了淋漓尽致的展现, 在思维方式上, 构造法常表现出简捷、明快、巧妙等特点, 常令数学解题突破常规、另辟蹊径。因而在培养学生的思维能力, 尤其是创造性思维能力方面有其特殊的功效, 并使学生常为数学的思维之美所吸引、折服。体现出数学的和谐之美。

2 通过恰如其分的构造去体验、衬托数学美

构造法是欣赏数学美的旋律, 它并不神秘, 是可以掌握的数学思维方法:每次成功运用构造法解题, 也就接受数学内在美的一次熏陶, 从而进一步加深对数学知识的理解和掌握。

例1已知

求证:m1+m2+m3=m1m2m3

分析:结论使我们立即想起了如下三角命题:当α+β+γ=nπ (n∈Z) 时, tanα+tanβ+tanγ=tanαtanβtanγ.据此“构造”m1, m2, m3.

以a、c、ac分别除m1, m2, m3的分子分母并设

评注:思考越深刻, 构造就越成功, 方法也就越简单, 简单美是数学美的最基本特征;数学的魅力在于构造追求简单, 而解题中的巧妙构造, 往往有化繁为简洁之效, 是对数学美的最好不过的一次注释。

例2对于正数a, b, c;m, n, p, 若a+m=b+n=c+p=k, 求证an+bp+cm

分析:这是一个不等式问题, 它的代数解法可由等式:k3= (a+m) (b+n) (c+p) =abc+mnp+k (an+bp+cm) 来证明。但是我们若利用另一种符号———“图”来解答, 结论几乎是显然的。

构造边长为k的正方形ABCD, 且令DF=a, DG=AH=n, AG=BH=b, BE=p,

CE=c, CF=m并作出相应的矩形Ⅰ, Ⅱ, Ⅲ, 由SABCD>SⅠ+SⅡ+SⅢ, 就有了k2>an+bp+cm。

评注:数、字母、代数式是符号, 图同样也是符号, 数与形之间的彼此借鉴与相互通融, 使得数学符号赋予新意且更具魅力和美感, 上例就充分体现了数学的符号美以及数形结合之和谐美。

例3设x为实数, 求的最小值分析:原式=, 可视为直角坐标系中某点P (x, 0) 到点A (1, 1) 与B (5, 3) 的距离之和, 这就为数量关系向图形迁移提供了前提条件, 先作A (1, 1) 关于x轴的对称点A’ (1, -1) , 则A’B与x轴的交点C (2, 0) 到A、B的距离之和为最小, 且最小值为。

评注:对称不仅表现在几何图形上, 在数学表达式中也大量存在, 如二项展开式中的系数具有对称性, 不等式中均具有对称性等等, 上题通过构造法刻画出其中蕴含内在的对称美, 从而顺利的解决了问题。

例4证明素数有无穷多个

分析:通过构造新数加以解决, 具体如下:设素数有有限多个, 不妨记为P1, P2, …PN, 构造新数P=P1P2…PN+1, 于是P或者是一个素数 (它显然比一切P1, P2, …PN, 都大) , 或者包含比P1, P2, …PN都大的素数因子, 可是无论是哪种情况, 都与假设矛盾, 故素数必有无穷多个。

评注:上述解决的奇异在于根据题设条件的特征, 利用反证法, 构造出一种新数, 从而把非常抽象的问题转化为具体的代数问题, 然后加以解决, 从中感受到数学解题方法的独特并令人陶醉神往。

3 从审美的角度来指导如何更好的运用构造法解题。

牛顿说过:“在数学里, 有时例子比定律更重要。”已故数学家陈省身教授也指出:“一个好的数学家还是个一个蹩脚的数学家, 差别在于前者有很多具体的例子而后者只有抽象的理论。”鉴于此, 以下仍将结合具体的例题来加以说明。

首先, 不同的审美角度带来不同的构造效果。哪里有数学, 哪里就有“美”。当在解题中有同学常常对lÁiÁmÂqÁ:0 (q 1) 不理解而导致错误时, 这时可以引入李白的诗:故人西辞黄鹤楼, 烟花三月下扬州, 孤帆远影碧空尽, 唯见长江天际流。给学生构造出仿佛看得到的一幅画面;随着送客者与船的空间距离的越来越大 (无限增大可表示) , 画面上, 水天一色, 远离的孤帆 (条件“”可表示小船, 加深这一条件的印象) 像流动的光点走向遥远的天边 (qÁ0) 。此时, 送客者伤感的心情却在不断增大。通过别具一格的场景构造, 把数学的极限美与文学美融合在一起, 极其有效地丰富了学生的想像与情感体验, 对解题中的困难也就应景而逝。

用构造法解决问题更多的是需要“有某种美的号召力”, 解题的过程和结果往往也是对数学美的一次诠释, 另一方面而言, 数学的美是含蓄的, 它不只限局于外表, 更注重于某个过程的美的体现, 它存在于我们每个人的生活中, 只要用心去观察, 去发掘, 这样才能真正掌握构造的源头和实质。不过这里要指出的是:数学美往往贯穿于构造法的整个过程, 有时刻意去显现出两者的界限与各自相互作用是没有必要的, 试从两者各自的角度加以分析, 目的就是希冀从部分来反映整体, 从而更好地为整体服务。

参考文献

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[4]傅世球.构造法与数学美-兼论正向思维与逆向思维[J].数学通报, 1996 (12) .

[5]陈纪伟, 朱华根.审美与构造[J].数学通讯, 1992 (7) .