巧用逆向构造法 妙解数列型问题（大全五篇）

第一篇：巧用逆向构造法 妙解数列型问题

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巧用逆向构造法 妙解数列型问题

作者：翟美华

来源：《理科考试研究·高中》2013年第01期

对于以上两例，常规方法是用数学归纳法.而本文采用逆向思维，由右式的目标式逆向构造出左式各项，用恒等式①或②，立即获解.

第二篇：巧用构造法解不等式问题

巧用构造法解不等式问题

湖州中学黄淑红

数学中有许多相似性，如数式相似，图形相似，命题结论的相似等，利用这些相似性，通过构造辅助模型，促进转化，以期不等式得到证明。可以构造函数、方程、数列、向量、复数和图形等数学模型，针对欲证不等式的结构特点，选择恰当的模型，将不等式问题转化为上述数学模型问题，顺利解决不等式的有关问题。

一、根据不等式特征，构造恰当的初等函数，再根据函数单调性、奇偶性等特征来证明不等式。

例1证明：对于任意的x,y,z(0,1),不等式x(1y)y(1z)z(1x)1成立。

证明设f(x)(1yz)xy(1z)z,显然该函数是以x为主元的一次函数。当x(0,1)时，f(x)是单调函数，且f(0)yyzz(y1)(1z)11, f(1)1yz1.所以，当x(0,1)时，f(x)的最大值小于1，即x(1y)y(1z)z(1x)1 例

2如果(xy1，那么xy0

证明

构造函数f(x)lg(x单调递增。



(xxR).可以证明函数f(x)在R上是奇函数且 y1,f(x)f(y)lg(xlg(y

lg(xy=lg1=0 f(x)f(y),即f(x)f(y)所以xy,即xy0

通过构造函数，利用函数单调性和奇偶性，把一些看似与函数无缘的问题转化为函数问题来解决，思路灵活新颖，简洁巧妙，可出奇制胜。

二、有些不等式分析可知它与数列有关，可构造出相应的数列，再利用数列的单调性来研究。

n(n1)(n1)

2例

3证明不等式对所有正 22

整数n成立。

分析：

是一个与n无关的量，将它与左右两端作差 构造出相应的数列，在利用数列的单调性来研究。

解：

设an3，1n)(N构)造数列xn，令

xnann(n1)(n1)(n2)n(n1)(n1)0,，则xn1xnan1an222

(nN)，所以xn1xn，x

n为单调数列，首相x11为最小值。

n(n1)(n1)2

所以xnx110，即an，又令ynan，22

(n1)2(n2)22n3则yn1ynan1an，222

所以yn1yn，y

n为单调递减数列，首相y12为最大项，(n1)2

所以yny120，即an.2

n(n1)(n1)2

an(nN)综上所述，22

用构造单调数列证明不等式，若不等式的一边为和（积）式，则构造数列an，使其通项等于和（积）式与另一端的差（商），然后通过比较法确定数列an的单调性，利用数列的单调性即可使不等式获证。

三、对某些不等式，根据条件和结论，可将其转化为向量形式，利用向量数量积及不等关系mnmn，使问题得到解决。

a2b2c2abc例4已知a,b,cR，求证：a,b,cR bccaab2



证明

设mn，则 22222abc(mn)(abc)2abcm2 bccaab2(abc)2n利用向量虽是一种构造性的证明方法，但它与传统的综合法有很大不同，能避免繁杂的凑配技巧，使证明过程既直观又容易接受。

四、有些不等式若采用通法解很繁琐，用变量替换法又不可行，利用数形结合的思想方法将抽象的式用形表示，则使问题中的各变量关系更具体明确，使问题简明直观。

例

51x

2析本题若转化为不等式组来解很繁琐，利用数形结合的思想方法将抽象的式用形表示，则使问题变得简明直观

解：令yy1x，2

x，问题转化

为它们对应的图象为半圆(x1)2y21(y0)与直线y

(x1)2y21(y0)的图象在y

1x上方时x的范围，如图 218x得x0 25

故原不等式的解为：x0x 

85五、一类属函数图象的问题，与求最值结合，利用数形结合是基本的指导思想，但还需结合复合函数求导，使不等式的证明水到渠成。

例6 如图，设曲线yex(x0)在点M(t,et)处的切线l与x轴y轴所围成的三角形面 积为S(t)，求（1）切线l的方程；2）求证S(t)2 e

t（1）解： f'(x)(ex)'ex，切线l的斜率为e

故切线l的方程为yetet(xt)，即etxyet(t1)0

（2）证明：令y0得xt1，又令x0得ye(t1)，t

S(t)11(t1)et(t1)(t1)2et 2

21t'从而S(t)e(1t)(1t).2当t(0,1)时,S'(t)0,当t(1,)时,S'(t)0,S(t)的最大值为S(1)22，即S(t) ee

应用导数法求函数的最值，并结合函数图象，可快速获解，也充分体现了求导法在证明 不等式中的优越性。

证明不等式不但用到不等式的性质，不等式证明的技能、技巧，还要注意到横向结合内容的方方面面.如与数列的结合，与“二次曲线”的结合，与“三角函数”的结合，与“一元二次方程，一元二次不等式、二次函数”这“三个二次”间的互相联系、互相渗透和互相制约，这些也是近年命题的重点.

第三篇：构造函数,妙解不等式

构

不等式与函数是高中数学最重要的两部分内容。把作为高中数学重要工具的不等式与作为高中数学主线的函数联合起来，这样资源的优化配置将使学习内容在函数思想的指导下得到重组，优势互补必将提升学习效率.例1:已知a2+ab+ac<0证明b2-4ac>0

分析：有所证形式为二次函数的判别式（△）的格式。故试图构造二次函数使思路峰回路转。

证明：令f(x)=cx2+bx+a。由a2+ab+ac=a(a+b+c)<0得a与 a+b+c异号。

F(0)=a，f(1)= a+b+c。所以，f(x)图像与x轴有两个交点.。所以判别式（△）大于0。即b2-4ac>0。

x111< ln

本题与2005年全国卷Ⅱ中函数f(x)=ln(1+x)-x 没有什么区别，有着高等数学的背景，且是近几年高考命题不等式证明题中新的开挖点。构造函数和用求导数法来研究其单调性，进而再利用单调性可快捷证得，往往别开生面。

11证明：设1+= t ,由x∈(0,+∞)则t > 1 ,∴x =xt1

1原不等式

< lnt

1令f(t)=t-1-lnt 则 f ‘(t)=1-当 t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0 t

从而 f(t)在t∈(1,+∞)单调递增，所以 f(t)>f(1)=0 即t-1>lnt

1t1同理 令g(t)=lnt-1+。则g’(t)= 2 当t∈(1,+∞)，有 g’(t)>0 tt

1所以 g(t)在t∈(1,+∞)单调递增，g(t)>g(1)=0即lnt>1-t

x111综上 < ln

有些不等式，利用函数的性质（如单调性，奇偶性等）来解证，往往要比常规的方法容易找到证题途径，下面看一个例题：

例3：设a，b，c∈R+，且a＋b＞c．

在课堂上可先让学生用常规方法思考试证后启发学生用构造函数法来证，最后比较证法。

（x∈R+），先证单调性。

∴f（x）在x∈R+上单调递增。

∵a+b＞c（已知）∴f（a+b）＞f（c），利用构造法也可解关于x的不等式

例4:已知关于x的不等式｜x-4｜＋｜x-3｜＜a的解集为非空集合，求实数a的取值范围。

对于讨论这类含参数的不等式，先让学生按常规方法解：用数轴法，分别在三个区间内讨论解集为非空集合时a的取值范围，然后求它的交集得a＜1。

后来又启发学生用构造函数方法来解，学生们思考很积极，有一个学生解道：

作出分段函数的图象（如上图所示）

通过以上对构造函数发典例的分析，可以看出构造函数法确实是一种解题的好途径。将证明或求解的不等式地为转化为函数的问题，关键在于转化为什么样的函数.这就要求从被证（解）的不等式的形状，特点入手，发生联想。本着“纵向深入，横向联系”的原则，合理的构造函数模型。达到启发学生思维，开拓解题途径的效果。

第四篇：巧用构造法证明不等式

巧用构造法证明不等式

构造法是指在解决数学问题的过程中，为了完成由条件向结论的转化，通过构造辅助元素，架起一座沟通条件和结论的桥梁，从而使问题得到解决。不等式证明是高中数学的一个难点问题，若能巧用构造方法，可以使一些问题化难为易.本文拟用构造法巧证一些不等式问题，仅供参考.一、构造函数证明不等式

若能根据题中条件的特征，巧妙地构造函数，利用函数的图象和性质来证明不等式.例1（2011年安徽高考理科题）（Ⅰ）设x1,y1，证明 111xyxy，xyxy

（Ⅱ）1abc，证明

logablogbclogcalogbalogcblogac.解：∵x1，y1，所以要证明原不等式成立，则只需证

xy(xy)1yx(xy)

2成立.令f(x)yx(xy)2[xy(xy)1](y2y)x2(1y2)xy1 当y1时，则f(x)0，即xy(xy)1yx(xy)2，所以

111xyxy xyxy

111(,1).函数当y1时，二次函数f(x)的图象开口向上，对称轴x22y2

f(x)在[1,)上单调递增，所以

f(x)f(1)y2y1y2y10

所以

111xyxy xyxy

综上，所证明的原不等式成立.（Ⅱ）证明略.二、构造方程证明不等式

由解不等式的经验知，不等式的解的区间的端点就是相应方程的解，所以可以利用方程与不等式的内在联系，构造方程来证明不等式.例2 设实数a,b,c满足

a2bc8a702 2bcbc6a60

求证：1a9.bca28a7证明：由已知得，故可构造关于x的方程：

bc(a1)

x2(a1)xa28a70

所以[(a1)]24(a28a7)0，即a210a90，所以1a9.三、构造三角形证明不等式

若能根据不等式的特征，构造出与不等式相同的几何背景的三角形，通过三角形的性质和几何特征来证明不等式.例3设a,b,c为正实数，求证：

a2abb2b2bcc2c2caa2(abc)证明：由于a2abb2

下图所示.Aa2b22abcos1200，构造三角形ABC，如  D B

使ACb,BCa,ACB1200，则ABa2abb2.作ACB的角平分线交AB于D.令ADC，则ADbBDaa，.sin600sinsin600sin(1800)sin

33ba(ab)

所以AB，BD.由此可得ABADDB.sinsinsin

∵01，所以AB，所以0sin3(ab)，即

2a2abb2

同理：b2bcc2(ab)①.23(cb)② 2

(ca)③ 2c2caa2

由①②③得a2abb2b2bcc2c2caa2(abc).四、构造几何体证明不等式

若要证明的不等式与几何体中一些线段的长度有某种内在的关系，可通过构造几何体来证明不等式.例4 已知a,b,c均为正数，且a2b2c21.证明：

a2b2c23(abc)

证明：由a2b2c21，可发现此式与长方体的对角线长的公式有一定联

系.故可构造长方体，使其长宽高分别为a,b,c，且AC11.A

c 1A1 D

1而AB1b2c2a2.在AB1C1中，有AB1B1C1AC1，即

a2a1①

同理有

b2b1②

c2c1③

由①②③得a2b2c23(abc).用构造法证明不等式是一种非常重要的解题方法.运用此方法的关键在于“构造”，可以根据所要证明的不等式的结构特征，合理运用类比、联想等方法，构造出“辅助元素”，使所要证明的不等式化难为易，从而解决问题。

第五篇：基于构造函数的放缩法证数列型不等式问题的教学设计

基于构造函数的放缩法证数列型不等式问题的教学设计

教学内容分析

证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其内在的函数规律进行恰当地放缩.一、学生学习情况分析

任教的学生在年段属中上程度，学生学习兴趣较高，已经掌握了基本的数列求解问题的技巧，对于构造函数这方法，知道大致思路，但是不明确如何有效合理的构造能帮助解题，计算能力不是太过硬.二、设计思想

建构主义学习理论认为，建构就是认知结构的组建，其过程一般是引导学生从身边的、生活中的实际问题出发，发现问题，思考如何解决问题，进而联系所学的旧知识，首先明确问题的实质，然后总结出新知识的有关概念和规律，形成知识点，把知识点按照逻辑线索和内在联系，串成知识线，再由若干条知识线形成知识面，最后由知识面按照其内容、性质、作用、因果等关系组成综合的知识体。也就是以学生为主体，强调学生对知识的主动探索、主动发现以及学生对所学知识意义的主动建构。基于以上理论，本节课遵循引导发现，循序渐进的思路，采用问题探究式教学，运用多媒体，投影仪辅助，倡导“自主、合作、探究”的学习方式。具体流程如下：

创设情景（课前准备、引入实例）→授新设疑→质疑问难、论争辩难（进一步加深理解→突破难点）→沟通发展（反馈练习→归纳小结）→布置作业

四、教学目标

理解构造函数的功能，通过模仿、操作、探索，学习构造函数达到放缩的目的，以此来解决问题，发展有条理的思考与表达的能力，提高逻辑思维能力；能运用构造函数的放缩法解决数列型不等式问题，增强学生的创新能力和应用数学的意识.五、教学重点与难点

重点：理解构造函数的目的，厘清构造函数与问题所需放缩的方向，最终完成合理构造 难点：如何构造出符合题情的函数，如何放缩

六、教学过程设计

第一部分——问题引入

求证：ln2ln3ln4ln33n5n6(nN*).n23436n【师生互动】：师生一起观察本例，试图确定本题所考查的知识点(数列、不等式、函数等)，所考查的数学思想方法（化归与转化的思想、函数的思想、特殊与一般的思想等），所考查的具体解题方法（放缩法等）；还有引导学生能不能把问题简化，或者换一种方式方法来表 达，我以为理解题目不应只局限于“未知量是什么？已知数据是什么？条件是什么？”，而应体现在学生是否能用自己的语言复述题目，或者能用一幅图、一条线段图、一些符号来表示对题意的理解。

【设计意图】：高三学生已经具有相当的数列和函数知识，因此选择这个中档问题为例，以期能唤起学生解答题目的欲望，应该有助于学生对本节知识的发生发展的理解，以期揭示此类问题的解法本质.第二部分——回顾放缩法

【师生互动】：根据此前师生一起探讨出来的此题可能要用到的放缩法，教师让学生按分组自行探讨回忆，竟可能的梳理出平时有涉及到的放缩的一些结论，或者方法技巧，或者相关的典型例题等，经过师生努力后得到如下常用结论或者是已证过的例子：（1）144112； 222n4n4n12n12n1（2）2(n1n)12(nn1)； n（3）1nn1(n2)；

n(n1)n1（4）22n12n22(31)233(21)221n；

3213nnnnnn（5）(1)11例（1）求k1n1n1115 等.2132n(n1)224k12的值;（2）求证:

kk1n125.3附：解:（1）因为24n21211，(2n1)(2n1)2n12n1112n 2n12n1所以4kk1n221（2）因为114112, 221n4n12n12n1n24所以 kk1n12112511121 2n12n13335【设计意图】：通过对放缩法的回顾与整理，让学生尽量找到解题的“题感”，数学题的“数 感”，尽量引导学生把已有的知识，解题思路跟现在所需求解的问题挂钩，由已知想未知，由未知想需知，为突破本节教学重难点埋下伏笔.第三部分——回顾如何建模——构造函数

【师生互动】：根据上述回顾，观察到不等式左侧结构齐整，联想到某个函数的模型，因此，老师引导学生回顾如何构造函数，如何构造跟不等式有关的函数模型，经过师生努力后得到如下常用结论：（1）exx1；

（2）xln(x1)或其变形xlnx1 ；（3）当0x2时，sinxxtanx等.【设计意图】：通过对放缩法进一步整理，让学生找到跟函数有关的放缩方向，尽量引导学生努力地把握此题的方向，向最后的解题方案拟定而努力.第四部分——拟定方案 【师生互动】：

lnx得结构，再结合第三部分所回顾的常用结论，故可先构造函xlnx11, 数有xlnx1xx1xx（1）由需证不等式左侧有（2）根据以上构造的函数以及所证问题的左边，可得：

ln2ln3ln4ln3n111n3n1(n)2343233n（3）寻找31(1115n6n)与右边式子3n的关系，故只需证出 23361115nn即可.2336（4）结合第二部分所回顾的常见结论及例子联想可知需将左侧式子分解，然后求和，然后继续放缩：

11111111111111nnnn 2332345678932213n1533993n15nn n166918272336【设计意图】：方案的核心就是构造了函数模型xlnx1，突破了本节的重难点，从理解题目到构思解题方案是一个漫长而曲折的过程.因为对于本题，学生即使做到了理解，但仍 会感到无从下手.波利亚启发我们说“好的思路大多来源于过去的经验和以前获得的知识.”因此我们不妨引导学生思考“你知道一道与它有关的题目吗？”我想，这个有关，并不一定就是一个曾经求解过的与当前题目紧密相关的题，而更可能是通过变化、转换或修改叙述方式，找到与某个题目的联系点，从而“重新叙述这道题目”拟定一个有可能解决问题的方案.第五部分——执行方案

【师生互动】：教师根据第四部分的分析，按照所你定的方案边讲解边板书呈现出完整的解题过程：

解:先构造函数有xlnx1xx1lnx11,从而将2,3,4„3n代入、相加可xxln2ln3ln4ln3n111n3n1(n)得：2343233由于11111111111111nnnn2332345678932213n1533993n15nn n166918273623ln2ln3ln4ln3n5n5n6n3n13n所以.234366【设计意图】： 假如这个方案是学生主动获得的，则不容易遗忘，反之，学生则很容易找不到来时的路了.因此，教师必须坚持让学生检查每一个步骤，以使学生真正确信每一步的正确性,而且通过教师的板书示范，使学生能更好的模仿训练，以至巩固.第六部分——回顾、反思

【师生互动】：教师根据第五部分的解答，提醒学生再次回顾之前所拟定的方案，检查是否都按既定的方案彻底的执行了，或者在执行的过程中是否有需要进一步做合理调整的，或者有没需要验证的；最后反思整理，一起努力总结出本题的解题思路、策略：理解题意——回顾相关知识点或者方法——拟定方案——执行方案——回顾、反思.【设计意图】：让学生养成自我检查、反思的好习惯，达到对问题的举一反三,提高学生的分析问题，解决问题的能力.第七部分——巩固、整理

【师生互动】：教师给出以下例子，让学生分组限时练习（考虑到时间关系，一组一题），答案在学生解题过程用投影仪呈现出来后板书出，或者时间不够，就借用PPT呈现，然后点评 学生的作业的优缺点.练习1.证明: ln2ln3ln4lnnn(n1)(nN*,n1)345n14 证明:构造函数f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求导,可以得到: ' f(x)12x1,令f'(x)0有1x2,令f'(x)0有x2, x1x1 所以f(x)f(2)0,所以ln(x1)x2,令xn21有, lnn2n21

lnnn1ln2ln3ln4lnnn(n1)(nN*,n1),所以n12345n1411)ann.证明ane2.练习2.已知a11,an1(12nn2 所以证明: an1(11111)ann(1n)an, n(n1)2n(n1)2然后两边取自然对数,可以得到lnan1ln(1然后运用ln(1x)x和裂项可以得到答案： 放缩思路：an1(111n)lnan

n(n1)21111)alnaln(1)lnan

nn12n2nnn2nn21111lnan1lnan2n于是lnan1lnan2n，nn2nn211()n1n1n1111112(lnalna)()lnalna12n2.i1in12i1ii2nn2i1i112 即lnanlna12ane2.11111ln(n1)1 23n12nn1n2n1nlnlnln2 证明:提示: ln(n1)lnnn11nn11函数构造形式: lnxx,lnx1 yx练习3.求证: 当然本题的证明还可以运用积分放缩

如图,取函数f(x)n1, xnEFDC首先: SABCF111BAO,从而, ilnx|nn-iln(nni)nilnnxnxnini5

x 1lnnln(n1), n1111ln(n1)lnn,相加所以有ln2, ln3ln2,„, lnnln(n1), 32nn1111ln(n1)后可以得到: 23n1取i1有, 另一方面SABDE取i1有，111,从而有ilnx|nnilnnln(ni)

xnixnininn1lnnln(n1), n11111111ln(n1)1 所以有ln(n1)1,所以综上有2n23n12n练习4.已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).证明:设函数g(x)f(x)f(kx),(k0)

f(x)xlnx,g(x)xlnx(kx)ln(kx), 0xk.g(x)lnx1ln(kx)1lnx, kx令g(x)0,则有k2x2xkk10xk.kxkx2k2k2∴函数g(x)在[,k）上单调递增，在(0,]上单调递减.∴g(x)的最小值为g()，即总有g(x)g().而g()f()f(k)kln k2k2k2k2kk(lnkln2)f(k)kln2, 2g(x)f(k)kln2,即f(x)f(kx)f(k)kln2.令xa,kxb,则kab.f(a)f(b)f(ab)(ab)ln2.f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).【设计意图】：自己解决问题，提高学生学习的热情和动力，使学生体验到成功的愉悦感，变“要我学”为“我要学”，“我要研究”的主动学习,点评时的师生互动，增强了师生感情，一起构造了和谐、智慧的课堂.七、教学反思

《怎样解题》是美国著名数学家波利亚所著的一本关于数学解题方法的书籍，虽然这本书编写的年代距今已很久远了,但书中所讲述的数学思维的新方法却具有极强的现实意义.首先看他对教师教学目的的解读.他认为教师最重要的任务之一是帮助学生，以使学生获得尽可能多的独立工作的经验.如今课改所提倡的动手实践、自主探究的学习方式不正暗合了这一思想吗？但是波利亚也提出了有关帮助的度的问题，即不能少，学生完全没有方向，就根本不会有提高;也不宜多，学生没有思考的空间，同样不会有进步.最好的办法是教师把自己放在学生的位置上，根据学生的情况，努力去理解学生的想法，然后提出一个问题或指 出一个步骤.看到这里，我不禁想起了课标对于数学活动的诠释---教师应激发学生的学习积极性，向学生提供充分从事数学活动的机会，帮助他们在自主探索和合作交流的过程中真正理解和掌握基本的数学知识与技能、数学思想和方法，教师是数学学习的组织者、引导者与合作者.其次，进一步理解了怎样解题的四个阶段（1、理解题目;

2、拟定方案;、执行方案;

4、回顾.）波利亚所概括的这四个阶段，在以往的教学中本人虽或多或少的都有所体现，但相对于波利亚论述中所要达到的层次，还是有许多欠缺的.