二项式解题中常用的构造策略

1、二项式解题中常用的构造策略 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

2、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

3、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

4、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

5、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

6、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

7、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

8、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、

9、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，

10、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

11、、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)即中间目标 成立。所以mi ni（1im 。又m0=n0=1， m1=n1=mn，所以即(1+m)n (1+n)m成立。总之，上述几例旨在解题教学中，教师要有意识地给学生创设构建的新异情境，鼓励学生不依常规，不受教材或教师传授内容的束缚，善于从新的角度去探索数学问题，追求奇特、新颖的解法，这样，对造就一大批探索创造型人

12、才大有裨益。例6 化简 =一道课本习题的探究与应用证明： 解法探究思考1 等式左边为“和”的形式，结合数列的求和方法，可先考察其通项，由组合数公式，可得 ，由此，等式左边可转化为思考2 考虑组合数的性质，可知，这样，左边式子中的第一项与倒数第二项、第二项与倒数第三项、可合并在一起，又有，由此对等式左边进行倒序相加 + = 思考3 从等式右边的出发，因为 ，所以等式右边可转化为，比较等式两边的式子，不难发现，问题的关健是只要证，通项的转化目标进一步明确，由证法1可知此式成立。2 结构探究2.1 “通项”探究等式左边是和的形式，其通项为 ，在证法1中，将 利用组合数公式转化为，使得每一项的组合数前

13、的系数相同，出现二项式系数和的形式。那么能否改变通项的形式，使之达到这一相同的效果呢？不妨试一试？由，可得，以此作为转化途径，可以得到：变式：刚才的转化利用的是这一组合数的性质，有没有类似的性质，找一找，再试一试？（课本第99页：（1）；（2）由（） 得到：变式：由 （），得到：变式：由（），结合得到：变式：由（），得到：变式：由变式和变式可得：变式：以上各式虽然形式各异，但实质相同，都是利用组合数的性质对其通项进行变形，从而达到转化为二项式系数和的形式。具体解题中，应对出现的通项利用组合数的性质进行变形，看能否转化为组合数前的系数相同的形式。2.2 “系数”探究等式左边和的形式中，前的系数分

14、别为1，2，在证法2中，由，倒序相加后，对应项的组合数形式相同，更主要的由于，使得相加后的每一个组合数前的系数相同，问题得到解决。由此，联想等差数列的性质，对系数进行推广：推广：设成等差数列，公差为，则证明：思路将等式左边倒序相加得到。（略）思路（证明过程中利用了的结论）推广体现出系数为等差数列的情形，类比到等比数列，若系数成等比数列，情况又如何呢？不妨试一试。推广：设成等比数列，公比为，则证明：推广则直接反映出二项展开式的形式。3 应用举例对式左边“和”式的探究，将通项的形式及各组合数前的系数进行了变式与推广，使得问题可以出现多种呈现方式。想一想，找一找，是否遇到过类似的问题？题1：求证 （

15、课本第111页第10题）题2：证明 题3：设n为奇数，则被9除的余数为（ ） A、 1 B、 0 C、 -2 D、 7题4：满足的最大的自然数n为（ ） A、 4 B、 5 C、 6 D、 7题5：等于（ ） A、 B、 C、 D、题6：已知数列的前n项和，是否存在等差数列，使得对一切的正整数n均成立。题8已知数列为正整数）是首项为，公比为的等比数列。（1） 求和：，；（2） 由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明；（3） 设，是等比数列的前n项和，求 （03年上海高考19题改编）解：（1） ； （2）；（证明略）（）时，自己再编拟几题，如何？拓展与延伸由题4（3）不难看出

16、，每一项的组合数前的系数并非单一的等差、等比的形式，正如给出数列的通项求数列的前n项和一样，通项具有多种形式，那么在此问题中能否对其通项作进一步的拓展、廷伸呢？推广3：设成等差数列，公差为，成等比数列，公比为，则推广4：设成等差数列，公差为，成等比数列，公比为，则证明：由推广3、推广4，我们能编拟出相应的具体题目吗？按此结构形式与转化方法，我们还能得出哪些与组合数有关的数列的和式呢。“你若发现了一株蘑菇，便可以发现一群蘑菇。”。作为教师，要善于抛出一株蘑菇，引导学生寻找一群蘑菇，让学生在探究中感受知识的活力，在感悟中发展自己的思维与能力，真正做到走出题海，走进研究性学习。（本文发表于浙江师大中

17、学教研2004年12期）对组合数的拓展考查浦东新区教研室 恽敏霞学习排列组合知识以后，认识了组合数。在数学中，的基本含义表示从n个不同元素中任取m个不同元素的不同组数总和，其计算公式即组合数公式为：=（这里n,mN*,mn，规定）。正由于该计算公式的特征，组合数除了课本上学的两条基本性质，还可以有很多有趣的性质和应用。在最近几年的一些试卷中，对组合数的考查不仅仅限于计算，出现了一些对能力的拓展。一、拓展定义，考查学习探究规定，其中，且，这是组合数的一种推广。（1）求的值；（2）组合数的两个性质：、是否都能推广到（）的情景？若能推广，则写出推广形式并给出证明；若不能，说明理由；（3）已知组合数是

18、正整数，证明：当时，。2002年上海市高考数学试卷出现的对组合数定义的推广，为学生搭建了学习新的概念并在理解的基础上进行探究的平台。简解如下：解：（1）（2）性质不能推广，如当时，有意义，但无意义；性质可以推广，它的推广形式是：（），证明由同学自己完成；（3）当时，组合数；当时，；当时，。二、综合知识，考查代数证明已知数列（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列.（1）求和：（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明.解（1） （2）归纳概括的结论为：若数列是首项为a1，公比为q的等比数列，则2003年高考将组合数与等比数列结合，归纳证明结论，进一步拓展组合数的考查、加强了对代数证明的考查。三、阅读理解，考查探究能力阅读下面解题过程，并证明下列各