二项式解题中常用的构造策略.doc

二项式解题中常用的构造策略浙江省定海第一中学（316000）符海龙 在数学解题中，分析题中的条件和结论，构造一个与原问题相关的辅助模型，通过对辅助模型的研究达到解题目的，这种转化方法称之为构造法。构造法是数学解题中最富有活力的数学转化方法之一，如能恰当地运用，不仅能把问题变繁杂为简明、变隐晦为直观、变离散为集中、变抽象为具体，达到难题巧解的目的，而且还能大大丰富学生的想象能力，培养学生解题的整体意识和创造性思维能力。1、联想问题背景 有些数学问题，孤立地运用题设条件难以求解时，不妨把问题于特定的背景下，构造问题的原型，寻求解题的入口。例1设n为正整数，证明：分析：变换组合数，图通过演算得出结论，繁难。联想问题的背景，为二项式系数，于是显现出解题入口，构造二项式来证明。为(x+y)2n展开式中的最大的二项式系数，令x=y=1，则有(1+1)2n=，在此大背景下，问题立即获证。2、构建恒等式有的问题，不能从已知条件中作局部调整就可导出结论，必须从要求的结论出发，作整体设计，构造某一恒等式，经推理、运算、多次转化，才能凑配出解题所需的条件。例2 求证：()2+()2+()2=分析：构造恒等式(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n。左边展开式中xn的系数是：+=()2+()2+()2右边展开式中xn的系数是：=，即命题成立。（也可构造集合，有个n白球和n个黑球，从这2n个球中取出n个球的方法有种；另一方面，又可以这样分类：这n个球的取法可分为取个i白球和n-i个黑球，取法为种(i=0,1,2,n)，由加法得。）3、构建集合模型集合中数学的基本概念之一。它为数学提供了一种广泛的理论基础，利用集合论方法，我们可以看出表面上彼此很不相近的数学问题的共性。因此，很多问题可建立“集合模型”解决。例3求证：分析；是集合A=a1，a2，a3，an的子集的个数，而子集无非是由元素组成，确定A的子集的个数可以分为如下几个步骤：第一步：确定子集中是否包含a1，有2种；第二步：确定子集中是否包含a2，有2种；第n步：确定子集中是否包含an，有2种；根据乘法原理知，A的子集个数共有2n，故原等式成立。4、构建排列组合模型 排列、组合在中学数学中占有重要位置，其分析问题，解决问题的方法独特，利用这种方法，建立使用“排列组合模型”，可使一些问题得到较为新颖的解法。例4求证：(1+m)n=1+m+m2+ +mn，m，n都是自然数。分析：本题可建立这样的模型：n名旅客到(1+m)家旅馆投宿，问有多少种不同的投宿方法：这个问题可以这样解决：一方面逐人考虑，安排n名旅客分n步骤，每名旅客都有(1+m)种投宿方法，由乘法原理共有(1+m)n方法；另一方面按到某家旅馆可能的人数0，1，2，n。考虑安排分为（n+1）类，从n名旅客中任选r名到某家旅馆投宿有种选法，剩下的（n-r）名到另外的m家旅馆投宿有mn-r种方法，根据乘法原理到某家旅馆投宿为r的分配方法有mn-r= mn-r（r=0，1，2，n）种；再由加法原理共有1+m+m2+ +mn种分配方法。两种考虑方法，结果一样，所以等式成立。5、构建复数模型法 复数模型法，就是将所求命题的元素用复数来表示，然后用复数的性质求解命题。例5若(1+x+x2)1000的展开式为a0+a1x+a2x2+a3x3+anxn，求a0+a3+a6+a1998的值。分析： 令x=1可得31000=a0+a1+a2+a3+a2000；令x=可得0=a0+a1+a22+a33+a20002000；（其中=-+，则3=1且2+1=0） 令x=2可得 0=a0+a12+a24+a36+a20004000。以上三式相加可得31000= 3（a0+a3+a6+a1998） 所以 a0+a3+a6+a1998=3999。6、构建组合对偶式 配偶是解题的一种重要策略，它能使原来较难的问题得以巧妙的解决，有着变繁为简、化难为易之功效。在教学中，有意识的注意这方面的训练，使学生较好的掌握这一解题策略。对于培养学生的思维品质、解题能力的提高无疑是的益的。例6设n=1990，求(1-3)的值。分析：将所求式子变形为A=(1-)。显然它是(-1+i)n的展开式的部分之和，即复数的实部。不妨取展开式的其余的项的和为A的对偶式B=i(-)。则A+B=(-1+i)n=n=-+，所以A=-。7、构建基本不等式 基本不等式是证不等式的常用手段，有的二项式问题可转化基本不等式来求。例7 若nN，且n1，求证：!分析：左边的“n次幂”与右边的“n个数的积”是一个和谐因素，考虑到解题的突破口将问题改述为，求证：，显见，“和” “积”，再将问题改述为，求 n，即为=1+2+3+n ，这样由基本不等式公式得“1+2+3+n n”。命题成立。（本题也可构造特殊配偶形式分析：n!=123(n-1)n ，倒排配偶n!=n(n-1)321，则(n!)2=(1n)2(n-1) (n-1)2(n1)()2()2()2=()2n，命题成立。）8、构建组合数性质 应用组合数理论，对有关自然数命题的证明可达到意想不到的效果。例8是否存在常数a、b、c，使得等式122+232 +n(n+1)2=n(n+1)(an2+bn+c)对于一切自然数都成立，并证明你的结论。分析：这是一个特殊数列求和问题。初看难求其和，但根据其各项的特点，逆用组合数公式进行探求，n(n+1)2= n(n+1)(n+2)-1= n(n+1)(n+2)- n(n+1)=6-2根据组合数性质，原式左边122+232 +n(n+1)2=（6-2）+（6-2）+（6-2）=6（+）-2（+）=6-2=n(n+1)(3n2+11n+10)，对照右边知存在常数a=3，b=11，c=10，满足题设要求。9、构建倒序相加 构造一些特殊的对偶形式（如倒序），再加以挖掘、显示、或稍加变形即可应用，就能探求最佳解题方案。例9设a、bR+，且=1。求证：对于一切自然数n，有(a+b)n-an-bn22n-2n+1分析：令P=(a+b)n-an-bn作为本体。则P=Can-1b+an-2b2+abn-1倒序排序得孪体P=abn-1+a2bn-2+ Can-1b 相加得2P= C(an-1b+ abn-1)+ (an-2b2 +a2bn-2)+ +(abn-1 +an-1b) 2C+2+ +2 =2( C+)=2 (2n-2)，P(2n-2) 又知=1，ab=a+b2，ab4，故P(2n-2) 即P22n-2n+110、构建分组或图形 分组思想，其核心是根据问题的实际情况，以分组后组与组之间的共性更利于分离和显示为原则，以分组后更便于简化运算、运用有关概念和结论。例10求证：1！2！3！n!=分析：只需证明1！2！3！n!（34253nn-2）=(n!)n-1，针对一端n-1个n!之积的特点，将它分组而拆项，有(12)( 345n) (123)( 45n)(12345n)= 2！3！n!（34253nn-2）=(n!)n-1。即命题得证。（图形法）345n 45n 5n n12 123 1234 12345(n-1) (n-1)行11、构建一个中间目标建立一个与初始条件和最终目标都比较接近的中间目标，以中间目标作为跳板从初始条件过渡到最终目标。例11 已知i、m、n是正整数，且1im (1+n)m。分析：如何建立中间目标呢？先找到组合数与2n-1之间的关系。想到(1+m)n=，(1+n)m=展开式中的mi= mi，ni= ni，构造中间目标是否成立（1im），由mn(m-1)；m(n-2)n(m-2)； m(n-i+1)n(m-i+1)即中