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构造法是一种富有创造性的解题方法，它很好地体现了数学中发现、类比、化归的思想，也渗透着猜想、试验、探索、归纳、概括、特殊化等重要的数学方法.下面通过几例探讨构造模型在中学数学中的应用.
1. 构造方程模型
例1 已知[1m2+1m-3=0，][n4+n2-3=0]且[1m≠n2，]求[mn4+n2m2]的值.
分析 题设条件具备[x2+x-3=0]的形式，如[1m]，[n2]是此方程的两根，于是可以构造二次方程解决.
解 [∵1m2+1m-3=0]，[n4+n2-3=0]，且[1m≠n2]，
[∴1m]，[n2]是方程[x2+x-3=0]的两根，
即有[1m+n2=-1]，[1m?n2=-3].
[∴mn4+n2m2]=[n2m（1m+n2）]=3.
2. 构造函数模型
例2 若[|a|<1，|b|<1，|c|<1，a，b，c]为实数，
求证：[ab+bc+ca>-1.]
证明 构造一次函数[f（x）=（b+c）x+bc+1]，
则[f（1）=（b+c）+bc+1][=（1+b）（1+c）>0]，
[f（-1）=-（b+c）+bc+1][=（1-b）（1-c）>0].
由一次函数的线性性质知，对[-10]，即[（b+c）a+bc+1>0].
故[ab+bc+ca>-1].
3. 构造递推数列模型
例3 设实数[a，b，x，y]满足方程[ax+by=3]，[ax2+by2=7]，[ax3+by3=16]，[ax4+by4]=42，求[ax5+by5].
分析 一般项具有[axn+byn]形式，若令[an=axn+byn]，则易得[an+2，an+1，an]之间的关系，从而得到递推模型.
解 设[an=axn+byn]，则有[a1]=3，[a2]=7，[a3]=16，[a4]=42.
又[an+2=axn+2+byn+2]
[=（x+y）（axn+1+byn+1）][-xy（axn+byn）]
[=（x+y）an+1-xyan]，
即[an+2=（x+y）an+1-xyan]，
故[7（x+y）-3xy=16，][16（x+y）-7xy=42].
[∴x+y=-14]，[xy=-38].
[∴ax5+by5]=[a5]=[（x+y）a4-xya3]
=[-14×42+38×16]=20.
4. 构造不等式模型
例4 解方程[sin2x+sin2（π3-x）][cos2x+cos2（π3-x）][=34.]
分析 左边具有[（a12+a22）（b12+b22）]的形式，因此可以柯西不等式为相似模型.
解 [sin2x+sin2（π3-x）cos2x+cos2（π3-x）]
[≥sinxcos（π3-x）+sin（π3-x）cosx2]
[=sin2（x+π3-x）=34]，
当且仅当[sinxcos（π3-x）][=sin（π3-x）cosx]时取等号.
故[sin2x=sin（2π3-2x）]，解得，[x=kπ2+π6][（k∈z）].
5. 构造平面几何模型
例5 求值：[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°.]
解析 此题的解法很多.这里引导大家观察其结构，联想余弦定理的形式似乎相近，将原式表示为[sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，结合正弦定理，在直径为1的圆内构造一个如图所示的[△ABC].
其中[A=85°，B=80°，C=15°]，
由正弦定理知，[BC=sin85°]，[AC]=sin80°，[AB]=sin15°，
由余弦定理知，
[sin215°=sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，
即[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°]
[=sin215°=1-cos30°2=2-34.]
6. 构造复数模型
例6 已知[a，b]为小于1的正数，
求证：[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]
[1-a2+1-b2≥22.]
证明 设[z1=a+bi，z2=1-a+bi，z3=a+1-bi，z4][=1-a+1-bi，]
则[z1=a2+b2，z2=1-a2+b2，]
[z3=a2+1-b2，z4=1-a2+1-b2].
[z1+z2+z3+z4≥z1+z2+z3+z4=2+2i=22，]
所以[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]
[1-a2+1-b2≥22]成立.
7. 构造圆锥曲线模型
例7 求函数[f（x）=x4-3x2-6x+13][-x4-x2+1]的最大值.
解析 函数变形为
[f（x）=（x-3）2+（x2-2）2-（x-0）2+（x2-1）2].
其几何意义为[P（x，x2）]到[A]（3，2）与[B]（0，1）的距离之差的最大值.
而[P]为抛物线[y=x2]上任意一点，可构造如图抛物线模型求解.
利用三角形两边之差小于第三边，
即[PA-PB≤AB]（[P，A，B]三点共线时取等号），
即得[fmax（x）=AB=10].
8. 构造子集模型
例8 设集合[S=1，2，…，99]，非空子集[A]满足条件：对任意的[a∈A]，必有[100-a∈A]，问它们的集合[A]共有多少个？
解析 根据元素性质，分类构造子集，是解决组合中某些计数问题的简捷方法，显得思路清晰.
对题设，构造S的如下元素之和一定的子集：[1，99]，[2，98，3，97，49，51，…，50].
依题意，符合条件的集合为这些子集及它们组成的所有并集.
故集合[A]共有[C150+C250+C350+…+C5050=250-1].
9. 构造组合模型
例9 把[n]个相同的小球放入m（m[≤]n）个有编号的盒子里，每个盒子至少放入一个球，共有多少种不同的放法？
解析 构造一个隔板模型，将这[n]个相同的小球排成一列，在相邻两个小球之间形成的[n-1]个间隙中选取[m-1]个插入隔板，将[n]个球分成[m]个区间，第[i] [（1≤i≤m）]个区间的球对应第[i]个盒子的名额.因此名额分配方案的种数与隔板插入方法数相等，因隔板插入方法数为[Cm-1n-1].故共有[Cm-1n-1]种不同的方法.
1. 构造方程模型
例1 已知[1m2+1m-3=0，][n4+n2-3=0]且[1m≠n2，]求[mn4+n2m2]的值.
分析 题设条件具备[x2+x-3=0]的形式，如[1m]，[n2]是此方程的两根，于是可以构造二次方程解决.
解 [∵1m2+1m-3=0]，[n4+n2-3=0]，且[1m≠n2]，
[∴1m]，[n2]是方程[x2+x-3=0]的两根，
即有[1m+n2=-1]，[1m?n2=-3].
[∴mn4+n2m2]=[n2m（1m+n2）]=3.
2. 构造函数模型
例2 若[|a|<1，|b|<1，|c|<1，a，b，c]为实数，
求证：[ab+bc+ca>-1.]
证明 构造一次函数[f（x）=（b+c）x+bc+1]，
则[f（1）=（b+c）+bc+1][=（1+b）（1+c）>0]，
[f（-1）=-（b+c）+bc+1][=（1-b）（1-c）>0].
由一次函数的线性性质知，对[-1
故[ab+bc+ca>-1].
3. 构造递推数列模型
例3 设实数[a，b，x，y]满足方程[ax+by=3]，[ax2+by2=7]，[ax3+by3=16]，[ax4+by4]=42，求[ax5+by5].
分析 一般项具有[axn+byn]形式，若令[an=axn+byn]，则易得[an+2，an+1，an]之间的关系，从而得到递推模型.
解 设[an=axn+byn]，则有[a1]=3，[a2]=7，[a3]=16，[a4]=42.
又[an+2=axn+2+byn+2]
[=（x+y）（axn+1+byn+1）][-xy（axn+byn）]
[=（x+y）an+1-xyan]，
即[an+2=（x+y）an+1-xyan]，
故[7（x+y）-3xy=16，][16（x+y）-7xy=42].
[∴x+y=-14]，[xy=-38].
[∴ax5+by5]=[a5]=[（x+y）a4-xya3]
=[-14×42+38×16]=20.
4. 构造不等式模型
例4 解方程[sin2x+sin2（π3-x）][cos2x+cos2（π3-x）][=34.]
分析 左边具有[（a12+a22）（b12+b22）]的形式，因此可以柯西不等式为相似模型.
解 [sin2x+sin2（π3-x）cos2x+cos2（π3-x）]
[≥sinxcos（π3-x）+sin（π3-x）cosx2]
[=sin2（x+π3-x）=34]，
当且仅当[sinxcos（π3-x）][=sin（π3-x）cosx]时取等号.
故[sin2x=sin（2π3-2x）]，解得，[x=kπ2+π6][（k∈z）].
5. 构造平面几何模型
例5 求值：[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°.]
解析 此题的解法很多.这里引导大家观察其结构，联想余弦定理的形式似乎相近，将原式表示为[sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，结合正弦定理，在直径为1的圆内构造一个如图所示的[△ABC].
其中[A=85°，B=80°，C=15°]，
由正弦定理知，[BC=sin85°]，[AC]=sin80°，[AB]=sin15°，
由余弦定理知，
[sin215°=sin285°+sin280°-2sin85°sin80°cos15°]，
即[cos25°+cos210°-2cos5°cos10°cos15°]
[=sin215°=1-cos30°2=2-34.]
6. 构造复数模型
例6 已知[a，b]为小于1的正数，
求证：[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]
[1-a2+1-b2≥22.]
证明 设[z1=a+bi，z2=1-a+bi，z3=a+1-bi，z4][=1-a+1-bi，]
则[z1=a2+b2，z2=1-a2+b2，]
[z3=a2+1-b2，z4=1-a2+1-b2].
[z1+z2+z3+z4≥z1+z2+z3+z4=2+2i=22，]
所以[a2+b2+1-a2+b2+a2+1-b2+]
[1-a2+1-b2≥22]成立.
7. 构造圆锥曲线模型
例7 求函数[f（x）=x4-3x2-6x+13][-x4-x2+1]的最大值.
解析 函数变形为
[f（x）=（x-3）2+（x2-2）2-（x-0）2+（x2-1）2].
其几何意义为[P（x，x2）]到[A]（3，2）与[B]（0，1）的距离之差的最大值.
而[P]为抛物线[y=x2]上任意一点，可构造如图抛物线模型求解.
利用三角形两边之差小于第三边，
即[PA-PB≤AB]（[P，A，B]三点共线时取等号），
即得[fmax（x）=AB=10].
8. 构造子集模型
例8 设集合[S=1，2，…，99]，非空子集[A]满足条件：对任意的[a∈A]，必有[100-a∈A]，问它们的集合[A]共有多少个？
解析 根据元素性质，分类构造子集，是解决组合中某些计数问题的简捷方法，显得思路清晰.
对题设，构造S的如下元素之和一定的子集：[1，99]，[2，98，3，97，49，51，…，50].
依题意，符合条件的集合为这些子集及它们组成的所有并集.
故集合[A]共有[C150+C250+C350+…+C5050=250-1].
9. 构造组合模型
例9 把[n]个相同的小球放入m（m[≤]n）个有编号的盒子里，每个盒子至少放入一个球，共有多少种不同的放法？
解析 构造一个隔板模型，将这[n]个相同的小球排成一列，在相邻两个小球之间形成的[n-1]个间隙中选取[m-1]个插入隔板，将[n]个球分成[m]个区间，第[i] [（1≤i≤m）]个区间的球对应第[i]个盒子的名额.因此名额分配方案的种数与隔板插入方法数相等，因隔板插入方法数为[Cm-1n-1].故共有[Cm-1n-1]种不同的方法.