初中数学—构造法

1、第二讲构造法【知识提要】1 .代数构造；2 .几何构造；3 .其他一些构造。【基本题型】1 .证明存在符合题目条件的某个“事物”；2 .说明某个“事物”的最大值或最小值(需要构造说明它存在)3 .其他一些杂题。【解题技巧】1 .构造对应方法;2 .用组合数学的方法;3 .极端的思想。且3叵快乐热身【热身】求证：区间(0,1)上的实数和整个实数集 口中的实数一样多。【解析】分析两个集合都有无穷多个实数，不能求出个数。看起来，一条有限长的线段和一条无限长的直线里面的点不会一样多。那么，要想说明两个无穷集合是一样大的，需要构造出一个一 一对应的关系。解令函数f (x) =tan 1 Tix- i(0

2、<x<1),则易知f (x)是从(0,1)到1上的一一映射。所2以，这两个集合里面的数一样多。说明证明两个集合的元素个数一样多（可能是无限集合），最常规的方法就是做一一对应。热身完了，我们开始今天的课程吧！叫M1叵例题精讲14746 471 2 . 47 钻/古【例 1】 用构造法求 +. +的值。52 51 52 50 51 525 6 . 52【解析】 分析 看起来是组合数的概率问题，可以构造一个模型。解 分母出现52,那么考虑1到52的全排列。1第一个数是1的概率为一；52，47 _、 ， 一考虑第二项，是“前5项中没有出现1”的概率，且这显然与“第一个数是1"互斥

3、；那么,5247, I 、，r，一便是:前5项中没有出现1,且第一项为2的概率。51 52，一一 46 47, ，一一继续考虑第三项， 是前5项中没有出现1或2,且第一项为3的概率。50 51 52最后一项是前5项中没有出现1, 2, 3,，47 ,且第一项为48的概率。 .一 ，.，_ -1综上所述，所求的数为第一项是前5项中最小的那项的概率，所以等于-。5说明本题当然也可以用裂项法。【例2】记n为正整数，设 A为数字和为n且不含有1, 3, 4以外的数字的自然数个数，Bn为数字和为n且不含有1, 2以外的数字的自然数个数。求证：A2n = Bn2。【解析】 分析 证明数目相等，可以设法构造

4、一一对应。解观察发现，Am可以看做将一段长度为 n的链拆分成长度为1, 3, 4的节，而Bm可以看 做将一段长度为n的链拆分成长度为1, 2的节。现在，在 A2n中，分别观察其奇数节和偶数 节，则分别都被拆成了长度为 1和2的部分，也就是说对应两个 8中的数；反之，对于两个Bm 中的数，将它们咬合，所有长度为 2的部分都和另一个数中的相应部分合成一组，即可。 不难发现这是一一对应，所以，结论得证。|初三联赛班教师版|第2讲第10页*瑞宜然式me汽复式代牌式c式状麒管箫能肃鼠管式艘割空【变式】在数列an中，&=0, a2=2, a3 =3,递推公式为an = an+a心(n>4)。

5、求证：当n为质数时，n|an。【解析】 分析 求出通项公式并不容易，有没有办法巧妙地构造呢？解 根据递推公式，觉得an可能是将一段长度为n的链拆成长度为2和3的节的方法数目，但是尝试了前几个数后发现并不符合。再想想，原来其实an是将一段长度为n的环拆成长度为2和3的节的方法数目，这样验证前几项确实符合，所以当n是质数时，一种方法旋转后可以形成n种不同的方法(包括自身)，不会重复，当然有 n|an。说明 这种递推的方法小学的时候就学过了，属于“上楼梯问题”。【例3求证：存在从|_ *到|_ *的一个函数f (x),使得对任何xw U*,都有f (f (x) = x2。【解析】分析既然是证明“存在

6、”，当然要用构造法。解 首先易知f(x)不能有两个自变量对应同一个函数值。显然，必须有 f(1) = 1。2设f(2)=a,则f(a)=4, f(4)=a ,，于是形成一个链：2T a-> 4T a2T |,这里可以令a =3,是一种方法。同理，对于后面的数，去掉完全平方数后，每两个一组，交替排列：5T 6T 25T 36T III , 7T 8T 49T 64T | ,即可。【例4】求证：对于每个不被20整除的正整数n ,都存在一个各个数位奇偶交替的正整数m,使得m被n整除。【解析】 分析 同学们一定还都记得这道题目：对于每个与10互质的正整数n,都存在一个各个数位都是1的正整数m,使

7、得m被n整除。可以用类似的方法构造出这样的数解 根据那道题，如果 n与10互质，则只要考虑 21 , 2121 , 212121 ,，这里面找出两 项除以n的余数相同的，然后作差即可。如果n被2整除但是不被5整除，可以设法将 21换成别的字符串。考虑所有这样的2k位数:它们的奇数位(从后往前数，下同)都只取2或4 ,偶数位都只取1或3。这样的数共有22k个, 都是偶数，且这里面的任何两个2a之差都不能被22k由整除。所以，这些数被 22k书除的余数一定分别是0, 2, 4,，22k *-2的一个排列，也就是说一定有一个能被22Ht整除。取k使得2k +1大于n里面含有的2的方哥，将这个数重复写

8、，用上面的结论即可。|初三联赛班教师版|第2讲第11页瑞宜0式小意官式代式曾管式式英需汽式融式X六晚如果n被10整除但是不被20整除，用类似的方法，考虑所有这样的2k位数：它们的奇数位(从后往前数，下同)都只取偶数，偶数位都只取奇数。把上面 2的哥换成5的哥，类似考虑即可。【铺垫】有多少个这样的十位自然数：每位数字都是奇数，且能被510整除？【解析】分析可以从位数少的情况开始归纳，使用逐级满足法。解 容易发现，如果这样的十位数被510整除，它一定也被5k(1< k09)整除，从而末k位数组成的多位数一定也被 5k(1< k0 9)整除。显然，个位一定是 5。2 .在15,35,55

9、,75,95中，只有75能被5整除，所以末两位一定是 75。在175,375,575,775,975中，只有375能被53整除，所以末三位一定是 375。在1375,3375,5375,7375,9375中，任何两个的差都被 53整除但不被54整除，所以，这五个数被54除的余数一定是0,53,2父53,3 x53,4 x 53的某个排列，一定恰有一个符合条件。这样继续推导，可以得到：满足题意的十位数恰好有一个。例5已知存在n(> 3)个互不相等的无理数，使得其中任意3个数中都有2个数之和为有理数。求n的最大值。【解析】 分析 既然是求最大值，那就设法构造出n个，同时要证明不存在这样的n+

10、1个。解3个显然可以，4个的话，只要取两对相反数即可。5个可不可以呢？我们用图论的方法，如果这里面某两个数之和为有理数，则连一条边。易知图中不存在三角形，因为如果存在，则分别计算这三个数，会发现它们都是有理数。同理不存在五边形。因为该图没有长度为奇数的圈，所以该图是一个二部图，根据抽屉原理，必然存在一部有至 少3个点，则不符合题意。|初三联赛班教师版|第2讲第12页* 1箫比代tmc久复式代cm需式式c式式式式式m艘割空所以，n的最大值为4。说明同学们可以回忆“任何六个人中必有三个人互相认识或三个人互相不认识”的证明。例6已知x个连续自然数中，第 k(1wkw x)个的数字和能被 k整除，求x

11、的最大值。【解析】 分析一个数增加1之后，其数字和可能增加 1,也可能因为进位而减少。解 设这x个连续自然数依次为 ai,a2,.,ax。根据奇偶性，82,84,86,.的数字和必须都是偶 数。如果a2的个位为0且数字和为偶数，那么就保证了 a4,as,a8,aio的数字和为偶数。但是， a2比a2大10,所以a2 +10必须进位，也就是说 a2的后两位是90。这样可以继续延续到 a14,a16,a18,a20。但是无论如何，a12+10不可能再进位了，所以 a22的数字和不可能是偶数， 也就是说，这样的连续自然数最多有 21个。下面只需构造一个 21个连续自然数白例子。设出的数字和为b,则一

12、直到H11的数字和为b+9；设3的末位0之前连着c个9,则在a2+10 = a12的运算中连续进位c次，于是a12的 数字和为b9c+1,，a21的数字和为b9c + 10。因为 2|b,3| b 十 1,.,11| b+9 ,所以 lcm(2,3,.,11) =27720 |b2；因为 121b9c+1,131b9c + 2,.,21| b9c+ 10 ,不妨就令b9c+1=12即可，则b=9c + 11,不妨就令b = 27722,则c=3079。此时，可令 a2 =3899.90 , a1 = 3899.989 , a21 = 3900.09。3079 个 93078 个 93079 个

13、 0说明构造的方法不唯一。【例7】平面上有n个红点和n个黑点，它们之中任意三点不共线。以它们为端点画n条线段，使得每一条线段的一端是红点，另一端是黑点，且每个点恰好用一次。求证：至少存在一种画法， 使得这n条线段两两不相交。【解析】分析既然是证明存在，那么需要构造出这样一种方法。如何构造呢？解直觉上会想，如果线段有相交的，则此种情况下线段的总长度会较长。所以，只需考虑线段总长度最短的一种方法即可。因为点的数目有限，所以画的方法数也是有限的，其中一定存在总长度最短的一种方法。只需说明这种方法没有两条线段相交即可。否则，设存在线段 AB和相交，其中A和4为红点，B和B2为黑点。根据折线长度大于线段

14、，ab2 + A B1HAB1+AB2,与假设最短矛盾。所以，总长度最短的一种方法一定互不相交，也就是说存在这样的方法。说明 在几何构造中，极端思想很重要。|初三联赛班教师版|第2讲第13页«瑞鱼却式me式氢式代cm鼠式式代簿式牌卡市型醮即【例8】有N个球，编号为1到N ,其中有N _1个质量相等，还有一个质量和其余的不同，称为“特殊球”。现在要求你用一架没有祛码的天平称三次，找出哪个球是特殊球，且知道特殊球是比一般球轻还是重。额外地，必须事先决定好第几次称哪几个球，不能根据前面的结果而临时 改变后面称球的方法。说明N =13时不可行。当N =12时，构造一种方案。【解析】 分析 这

15、仍然是一个构造问题，需要一定的技巧。解显然，无论哪一次称量，天平两边必须放个数相等的球。每次称量的结果可能有左重，平衡，右重三种情况。三次称量最多有27种不同的可能，但不可能都平衡，否则至少有一个球没有涉及到，就无法知道这个球是轻还是重，所以还有26种可能。而题目中的13个球恰好也有26种不同的情况，看起来似乎可以。如果方案中的第一次称量两边各放了5个球，而第一次的结果是左重，则此时余下的可能性有10种：左侧的任意一个球是重球，或者右侧的任意一个球是轻球。此时，后两次称量共有9种情况，无法区分这10种可能性，所以不行。类似地，多于5个也不行。如果方案中的第一次称量两边各放了4个球，而第一次的结

16、果是平衡，则此时余下的可能性有10种：剩余5个球中的任意一个球是重球或者轻球。此时，后两次称量共有9种情况，无法区分这10种可能性，所以不行。类似地，少于4个也不行。综上所述，N =13时不可行。既然要求一开始先决定好，我们很容易想到以前的一个问题，就是涉及二进制的猜数问题。此时只要每次猜数控制一位即可。这里应当想到三进制，但是因为考虑到是可以两边都放置的，所以应当利用1, 3, 9的加减法来构造：1=1 , 2=31 , 3=3, 4=3+1 , 5 = 9 3 1 , 6=93, 7 = 93 +1 , 8=91 , 9 = 9, 10=9+1, 11=9+3-1, 12=9+3。这样一来

17、发现：1：有 +” 号的：1,4,7,10 ,有-”号的：2,5,8,11 ;3 ：有 +” 号的：2,3,4,11,12 ,有-”号的：5,6,7 ；9：有 +” 号的：5,6,7,8,9,10,11,12 ,有-”号的：没有。所以，为了平衡把 8,9,10,12都相应地从一侧移到另一侧，即可：1：左侧：1,4,7,8 ,右侧：2,5,10,11 ;3：左侧：2,3,4,11,右侧：5,6,7,12；9 :左侧：5,6,7,11 ,右侧：8,9,10,12 ；|初三联赛班教师版|第2讲第14页不难验证，这样的三次称量符合条件。说明物理和化学课本中一般规定祛码只能放在天平一侧，但是数学题目中往

18、往允许放在天平 两侧，这是解某些题的时候需要注意的。方法引导1 .证明存在性问题时，可以进行构造；2 .有些情况下，极端情况就是所需要构造的结果；3 .结合数学其他方面的知识点。HIM 叵巩固精练习题1.给定一个由非负实数组成的四元有序数组(a,b,c,d),现在对其进行操作，每次操作将(a,b,c,d)变成(|ab|,|bc|,|c d |,|d a|)。求证：存在一个这样的数组，无论进行多少次这样的操作，都不能变成(0,0,0,0)。【解析】 分析 如果是由非负整数组成的四元有序数组，利用无穷递降法容易证明，有限次操作后一定能够全变成0。对于非负实数，如果随便寻找的话，会发现什么样的结论呢

19、？解既然是求证存在一个这样的数组，那么就需要设法构造出来。如果要想若干步之后回到原来的(a,b,c,d),这不可能做到，因为每次最大的数不增。但是可以采取其他的方法，例如变换之后和原来的数组构成比例关系。设a, b , c, d构成公比为q(>1)的等比数列，即原来的数组为(a,aq,aq2,aq3)。23那么一次变换后成为了(a(q -1),aq(q -1),aq2(q -1),a(q3 1),如果这四个数也能成等比数列，则有 aq3(q -1) = a(q3 -1),即 q3 q2 q -1 = 0。显然该方程在(1,2)内有一个实根，取q为该实根即可。说明 虽然根据目前的知识还不能

20、求出q的具体值，但是可以知道一定存在。习题2.求证：存在一个非负整数集S ,使得对于任何一个非负整数x, S中存在唯一的一个二元有|初三联赛班教师版|第2讲第15页«瑞鱼却式me式氢式代cm鼠式式代簿式牌卡市型醮即序数组（p,q）（可以相等），使得x=p + 2q。【解析】分析 非负整数从0开始，显然0wS,再考虑1的表示法，显然只能表示成 1 + 2父0,于是有 1WS,于是2和3也都能表示了，等等，往下分析但是有什么规律呢？解 取S为二进制中从右往左数，第偶数位都是 0,只有第奇数位可能有1的全体非负整数组 成的集合。则p写成二进制后，从右往左数，第偶数位都是0,只有第奇数位可能

21、有1;而2q 写成二进制后，从右往左数，第奇数位都是0,只有第偶数位可能有1。这样的两个数相加一定不会进位，所以不会有重复，包含了每个非负整数恰好一次。说明 也可以描述成四进制中只含有 0和1的数。另外，如果题目变成 x = p +10q ,是不是直观了很多？习题3.小赵、小钱、小孙、小李参加一次围棋单循环赛，每两个人之间赛一盘，没有平局。比赛完了之后发现这样一个有趣的现象：这四个人的任意一种排列 A,B,C,D ,如果满足条件：A胜B , B胜C , C胜D ,则一定有D胜A。这是否真的可能？如果可能，给出一种胜负情 况；如果不可能，请说明理由。小赵、小钱、小孙、小李、小周参加一次围棋单循环

22、赛，每两个人之间赛一盘，没有平局。比赛完了之后发现这样一个有趣的现象：这五个人的任意一种排列A,B,C,D, E,如果满足条件：A胜B , B胜C , C胜D , D胜E ,则一定有E胜A。这是否真的可能？如果可能， 给出一种胜负情况；如果不可能，请说明理由。【解析】分析如果只有三个人，利用“石头剪子布”很容易构造。对于四个人或五个人的“石头剪子布” 游戏，仍然可以根据三个人的进行类比。解首先显然不能有人三局全胜。否则，假设小赵三局全胜，则把小赵放到A的位置上，其他三个人之间的三局比赛中，一定至少有一个人是一胜一负，把他放到C的位置上，赢他的那个人放到B的位置上，输给他的那个人放到 D的位置上

23、，则有A胜B , B胜C , C胜D , 而A也胜D ,矛盾。同理不能有人三局全负。四个人共比赛6局，一定是两个人各胜 2局，两个人各胜1局。不妨设小赵和小钱各胜 2局，小孙和小李各胜1局。根据对称性，不妨设小赵胜小钱，小孙胜 小李。则小钱一定胜小孙和小李，从而小李一定胜小赵，小赵的另一局一定胜小孙。设A为小钱，B为小李，C为小赵，D为小孙，则有 A胜B, B胜C, C胜D,而A也胜 D ,矛盾。综上所述，这是不可能的。 这是可以的，举例如下： 小赵胜小钱、小李； 小钱胜小孙、小李； 小孙胜小赵、小李； 小李胜小周；|初三联赛班教师版|第2讲第16页俄=基请氤wrwn工宜箫#冢eeeeree曾ereee冢cere畲艺需陶小周胜小赵、小钱、小孙。不难验证这种胜负情况符合题意。(按照小周是否为 A讨论即可。)说明 这属于图论问题的一种。在图论问题中，构造也很重要。习题4.求证：在任意的N(>2)进制中，对任意白数字h(2< h < N 1),总存在无穷多个多位数 K ,使得K的末位数字