构造法求解一类条件型最值问题的探析

最值问题是近几年高考中的一大热点内容,这类问题解法灵活多变,对数学思想方法的要求较高.本文介绍构造法求解这类问题的一些类型题,希望对读者有所启发.一、构造方程模型【例1】已知实数a、b满足a2 b2 ab=1,求t=ab-a2-b2的最值.解:构造一个关于x的一元二次方程x2-(a b)x (a b)2-1=0.显然a、b是这个方程的两个实根.从而△=[-(a b)]2-4[(a b)2-1]≥0,即4-3(a b)2≥0,∴0≤(a b)2≤34.由t=ab-a2-b2=-2ab-a2-b2 3ab=-(a b)2 3[(a b)2-1]=2(a b)2-3.综上,当(a b)2=0时,tmin=-3;当(a b)2=43时,tmax=-31.评析:构造满足题设条件的二次方程是本题求…     

活用数学公式例说

应用数学公式解题时,不仅要学会直接应用,还应学会根据问题的需要,将公式加以变形而活用.下面通过例题来学习这种方法.一、完全平方公式的活用完全平方公式经过适当移项后得a2 b2=(a b)2-2ab.例1已知a、b为方程x2-3x 1=0的两根,求a2 b2的值.解:由韦达定理得a b=3,ab=1,所以a2 b2=(a b)2-2ab=9-2=7.例2分解因式x4 1.解:x4 1=(x2)2 1=(x2 1)2-2·x2·1=(x2 1)2-(2姨x)2=(x2 2姨x 1)(x2-2姨x 1).二、完全立方公式的变形完全立方公式经过移项后得a3 b3=(a b)3-3ab(a b).例3已知x2-5x 1=0,求x3 12的值.解:由韦达定理得x 1x=5,所以x3 1x3=(x 1x)3-…     

韦达定理在求解一类一元高次方程中的应用

问题的提出: 解方程2(67)(34)(1)6xxx =. 解 原方程可化为 2(67)(68)(66)72xxx =, 设2(67)ax= , 2(68)(66)(67)1bxxx= = -. 显然()1ab -=, ()72ab-=-. 从而可构造一元二次方程2720yy--=则,ab-为该方程的两根. 解得8y=-或9y=,那么8a=-或9a=.即2(67)8x =-(舍去)或2(67)9x =,进而求得12/3x=-或25/3x=-. 分析本题的解法,我们发现本题并没有直接给出两数之和,也没有给出两数之积,原方程通过变形,运用字母代换数字,通过韦达定理来构造方程,使问题化难为易.本文把这种解法推广到一般结论,探讨这类一元高次方程在什么条件下可以运用这种解法.…     

两个定理的推广及其应用

文 [1]的定理 1,2分别为 :定理 1　设 a≠ - 1,b≠ - 1,则 11+ a+11+ b=1成立的充要条件是 ab=1.定理 2　设 a≠ - 1,b≠ - 1,则 a1+ a+b1+ b=1成立的充要条件是 ab=1.我们可将定理 1,2推广为 :定理 3　设 xy≠ 0 ,则 ax+ by=1成立的充要条件是 (x- a) (y- b) =ab(证明略 ) .把定理 3中的 a,b,x,y分别换成 1,1,1+ 1+ b,则得定理 1;把定理 3中的 x,y分别换成 1+ a,1+ b,则得定理 2 .用定理 3解某些最值题或证明某些不等式是比较方便的 ,下面举例说明 .1　求最值例 1　已知 x,y∈ (0 ,+∞ )且 2 x+ y=4,求 1x+ 1y的最小值 .(文 [2 ]例 2 )解　…     

构造方程解数学题的常用方法

构造一元二次方程是重要的解题方法之一 ,一些试题由于其综合性、技巧性强 ,常使许多学生感到束手无策。若能够根据题目的条件和结论、结构的特征进行联想 ,构造出适当的方程来解证 ,不仅思路清晰、方法简捷 ,而且有利于培养学生的创新能力和思维能力。本文介绍几种构造方程的常用方法。一、根据根的定义构造方程若已知条件中有两个等式 as2 +bs+c=0和 at2 +bt+c= 0 (a≠ 0 ) ,则根据根的定义 ,可构造根为 s和 t的一元二次方程 ax2 +bx+c=0。例 1　设 a2 +2 a=b4 -2 b2 =1 ,且 1 -ab2≠ 0 ,求(ab2 +b2 +1a ) 2 0 0 1的值。解 :由已知等式得(…     

巧用方程根的定义解题

本文介绍怎样利用方程根的定义构造方程,巧解一类数学题. 例1 已知:ab≠1,且有5a2+2002a+8=0及8b2+2002b+5=0,求a/b的值. 分析:第二个方程可变形为: 5(1/b)+2002(1/b)1+8=0,     

构造方程时要三注意

贵刊1990年第五期《方程组的解法及其应用》一文中的例5及其解法是: 若a、b为实数,且a~2+3a+1=0,b~2+3b+1=0,求b/a+a/b的值。(1987年泉州市初二双基邀请赛题) 解:由已知及方程根的定义可知,a、b是方程x~2+3x+1=0的两根,由韦达定理得a+b=-3,ab=1,∴b/a+a/b=(a~2+b~2)/ab=((a+b)~2-2ab)/ab     

平方法与代入法的巧用(初二、初三)

例1 已知a,b,k均为实数,且a,b是方程x2-2kx 1/2k2-2=0的两个根,又a,b,k满足a2-2ak 2ab-5=0,求k的值. 解 a,b是方程x2-2kx 1/2k2-2=0的两个根,由韦达定理得 ab=1/2k2-2.     

条件二次根式值的求法

一、利用对称式求解例 1 .已知 :a=15- 2 ,b=15 2 ,求a2 b2 7的值。解 :由题设可得 a b=2 5,ab=1。∴原式 =( a b) 2 - 2 ab 7=( 2 5) 2 - 2 7=2 5=5。二、定义法求解例 2 .已知 y=x- 8 8- x 1 8,求代数式 x yx - y- 2 xyx y - y x的值。解 :依据二次根式的定义 ,知 x- 8≥ 0 ,且 8- x≥ 0 ,∴ x=8,从而 y=1 8。∴原式 =x yx - y- 2 ( xy) 2xy( x - y )=( x - y ) 2x - y =x - y=8- 1 8=- 2 。三、用非负数性质求解例 3.如果 a b | c- 1 - 1 | =4a- 2 2 b 1 - 4,那么 a 2 b- 3c=。解 :将原条件式配方 ,得 ( a- 2 - 2 ) …     

构造方程解题的误区管见

构造方程解题,方法巧妙,过程简明,对此已有许多杂志载文介绍。然而,我们发现常常发生下面的错误。现抄录两例加以分析,以期引起大家注意。 例1 若a、b为实数,且a~2 3a 1=0,b~2 3b 1=0,求b/a a/b的值。 解:由已知及方程的定义可知,a、b是方程x~2 3x 1=0的两根,由韦达定理得a b=-3,ab=1。     

第二讲 式的恒等变形常用的技巧

进行式的恒等变形时,常用到下面的技巧。一、同加、同减例(1) 已知(a+b)~2=7,(a-b)~2=3,求a~4+b~4的值。解:将(a+b)~2=7,(a-b)~2=3两式分别相加、相减得: 2(a~2+b~2)=10,4ab=4。即 a~2+b~2=5,ab=1 ∴ a~4+b~4=(a~2+b~2)~2-2a~2b~2=5~2-2×1~2=23。例(2) 设a>0,b>0,a~2+b~2=7ab,求证: lg[1/3(a+b)]=1/2(lga+lgb)。解:a~2+b~2=7ab等式两边同加上2ab得: (a+b)~2=9ab。即((a+b)/3)~2=ab,     

求函数最值的十种构造方法

一、构造方程例1已知a,b缀R,且a3+b3=2,求a+b的最大值.解设a+b=t,则a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=t(t2-3ab)=2,即ab=t3-23t,所以a,b是方程x2-tx+t3-23t=0的两实根.故驻=t2-4×t3-23t≥0.解得0相似文献   

忽视隐含条件的错解剖析

所谓隐含条件就是题目条件或解题方法中含而未露,不易察觉的条件.由于条件的隐蔽性,使不少同学在解题时因忽视或无法对它进行有效的挖掘而引起思维不严密,导致解题半途而废或结果解错.现举例说明挖掘隐含条件几种常用方法. 1 在题目条件中挖掘隐含条件 例1 方程2236(1)10xmxm-- =的两根均为虚根,且两根的模之和为2,求实数m的值. 错解 设方程2236(1)10xmxm-- =的两根为,ab,则,2(1),mbaab= =-ab 213m =,由条件得||||2,ab = ∴||1a=即1aaab==, ∴2113m =,∴2m=? 剖析 这种解法的错误原因是忽视方程两个根均为虚根中隐含的条件. 正解 实系数…     

灵活消元，巧妙求值

消元思想是解方程组的基本思想,但还可应用于多元求值中,下面举例介绍几种消元途径. 1 代入消元 例1 若10xy--=,2220yy+-=,求 2()/xyy-的值. 解 由10xy--=,2220yy+-=, 得1xy=+,222yy=-. 则:原式2222(1)(2)22xyyyyy-+--== 3/23/2yy==. 2 加减消元 例2 如果435mnq++=,32mnq+-= 7-,求mq+的值. 解 由已知得435,327,mnqmnq++=+-=- ∴①3?②得:111122mq+= ∴2mq+=. 3 主元消元 例3 已知340xyz--=,280xyz+-= (0)z,求:222xyzxyyzzx++++的值. 解 视x、y为主元,z为常数,已知可求得: 3,2xzyz==, ∴2222214141111xyzzxyyzzxz++==++. 4 比值消元 例4 已…     

转化思想在解数学题中的应用

一、等式与不等式的转化例1若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是______.分析为了求ab的取值范围,只要将原等式转化为不等式即可.解运用不等式a+b≥2ab姨,原等式可化为不等式.∵ab=a+b+3≥2ab姨+3,∴ab-2ab姨-3≥0.又ab姨>0,∴ab姨≥3,即ab≥9.例2已知不等式a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c,求正整数a,b,c.分析本题所给的是不等式,而求的是a,b,c,故应将原不等式转化为3个等式,才能解决问题.解∵不等式的两边是整数,∴将a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c配方得(a-b2)2+3(b2-1)2+(c-1)2≤0.则有a-b2=0,b2-1=0,c-1=0,∴原不等式有唯一的一组解a=1,b=2,c=1.二、常…     

a^2＋b^2=c^2其变式的应用

由勾股定理:a2 b2=c2,可得到两个重要变式:a2 b2=(a b)2-2ab=c21a2 b2=(a-b)2 2ab=c22这两个变式在解题中有着极其广泛的应用,今分类举例说明如下.一、应用变式(a b)2-2ab=c2解题例1在Rt△ABC中,已知S△ABC=6,AC BC=7,求斜边AB及斜边AB上的高的长.解:设a、b、c分别为直角边、直     

和差代换技巧及其妙用

例 1.已知 a2 b2 =6 ab且 a>b>0 ,则 a ba- b=。 (2 0 0 1年北京市中学生数学竞赛初二决赛题 )解 :设 a=x y,b=x- y,则将其代入 a2 b2 =6 ab中 ,得 (x y) 2 (x- y) 2 =6 (x y) (x- y)展开括号 ,化简整理得 4 x2 =8y2。而 a>b>0 ,∴ x>y>0 ,∴ x2y2 =2 ,∴ xy=2 ,另 a b=2 x,a- b=2 y,因此 a ba- b=2 x2 y=xy=2。二、求最值范围例 2 .已知实数 a、b满足 a2 ab b2 =1,且 t=ab- a2 - b2 ,那么 t的取值范围是。 (2 0 0 1年 TI杯全国初中数学竞赛 A卷试题 )解 :设 a=x y,b==x- y,代入已知式得(x y) 2 (x y) (x- y) (x- y…     

剖析求直线方程时的“漏解”现象

一部分同学在求直线方程时,由于对直线方程几种形式适用范围认识不清,有的是做题方法不当.经常会出现“漏解”现象.现举几例,进行剖析,希望大家从中汲取教训、澄清概念. 1.使用直线方程的截距式常导致漏解例1 求过点P(2,3),并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程. 错解:设所求直线方程为x/a+y/b=1. 依题知a=b,且P(2,3)在直线上,代入得: 2/a+3/a=1,因此,a=5,b=5. 所求直线方程为x+y=5. 剖析:直线方程的截距式x/a+y/b=1只适用于ab≠0的形式.     

构造完全平方式 解数学竞赛试题

完全平方式a2±2ab+b2具有非负性,利用这一特性,能够解决许多疑难问题.现以竞赛试题为例,进行分类介绍.一、构造完全平方式,求代数式的值例1　(第八届“希望杯”数学邀请赛初二第一试试题)已知a=-2000,b=1997,c=-1995,那么a2+b2+c2+ab+bc-ac的值是.解:原式=12[(a2+2ab+b2)+(b2+2bc+c2)+(a2-2ac+c2)]=12[(a+b)2+(b+c)2+(a-c)2].当a=-2000,b=1997,c=-1995时,a+b=-3,b+c=2,a-c=-5,∴原式=12[(-3)2+22+(-5)2]=19.评注:本题是求代数式值的问题.若直接代入计算很繁琐,而采用构造完全平方式的方法,就简便多了.二、构造完全平方式,解不定方程例2　(…     

慎用韦达定理

有这样一道代数题:巳知a~2=7-3a,b~2=7-3b。求(b~2)/a (a~2)/b的值。 对于这道题,一般同学是这样解的:由条件可知a,b是方程 x~2 3x-7=0的两根,故由韦达定理得a b=-3或ab=-7。所以,(b~2)/a (a~2)/b=(a~3 b~3)/ab