二項式解題中常用的構(gòu)造策略.

1、15二項式解題中常用的構(gòu)造策略在數(shù)學(xué)解題中，分析題中的條件和結(jié)論， 構(gòu)造一個與原問題相關(guān)的輔助模型，通過對輔助模型的研究達到解題目的，這種轉(zhuǎn)化方法稱之為構(gòu)造法。構(gòu)造法是數(shù)學(xué)解題中最富有活力的數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化方法之一，如能恰當(dāng)?shù)剡\用，不僅能把問題變繁雜為簡明、變隱晦為直觀、變離散為集中、變抽象為具體，達到難題巧解的目的，而且還能大大豐富學(xué)生的想象能力，培養(yǎng)學(xué)生解題的整體意識和創(chuàng)造性思維能力。1聯(lián)想問題背景有些數(shù)學(xué)問題，孤立地運用題設(shè)條件難以求解時，不妨把問題于特定的背景下，構(gòu)造問題的原型，尋求解題的入口。22n例1設(shè)n為正整數(shù)，證明： W C2n W 22n2n分析：變換組合數(shù)C；n,圖通過演算得出結(jié)論

2、， 繁難。聯(lián)想問題的背景，C2n為二項式系數(shù),于是顯現(xiàn)出解題入口，構(gòu)造二項式來證明。C2n為(x+y)2n展開式中的最大的二項式系數(shù)，令x=y=1，則有(1+1)2n=C2n +C2n +C2nn +C2n ,在此大背景下，問題立即獲證。2、構(gòu)建恒等式有的問題，不能從已知條件中作局部調(diào)整就可導(dǎo)出結(jié)論，必須從要求的結(jié)論出發(fā)，作整體設(shè)計，構(gòu)造某一恒等式，經(jīng)推理、運算、多次轉(zhuǎn)化，才能湊配出解題所需的條件。例 2 求證：(C：)2+(Cn)2+(Cnn)2=3n! n!分析：構(gòu)造恒等式(1+X)n(1+x) n=(1+x) 2no左邊展開式中x右邊展開式中x(也可構(gòu)造集合,的系數(shù)是：C0 cn+cnc

3、nr+c： c0=(c：)2+(cn)2+(cn)2的系數(shù)是：C2'n=-(2n)!，即命題成立。n!n!有個 n白球和n個黑球，從這2n個球中取出n個球的方法有C；：種；另一方面，又可以這樣分類：這n個球的取法可分為取個i白球和n-i個黑球，取法為Cn C：種(i=0,1,2,n)，由加法得。)3、構(gòu)建集合模型集合中數(shù)學(xué)的基本概念之一。它為數(shù)學(xué)提供了一種廣泛的理論基礎(chǔ)，利用集合論方法, 我們可以看出表面上彼此很不相近的數(shù)學(xué)問題的共性。因此，很多問題可建立“集合模型” 解決。例 3 求證：C0 +cn + C：十+ C： =2n分析；C： +cn + C； +cn是集合A=ai, a2

4、, as,，an的子集的個數(shù)，而子集無非是由元素組成，確定 A的子集的個數(shù)可以分為如下幾個步驟：第一步：確定子集中是否包含 ai,有2種；第二步：確定子集中是否包含 a2,有2種;第n步：確定子集中是否包含 an,有2種；根據(jù)乘法原理知，A的子集個數(shù)共有2n,故原等 式成立。4、構(gòu)建排列組合模型排列、組合在中學(xué)數(shù)學(xué)中占有重要位置，其分析問題，解決問題的方法獨特，利用這種方法，建立使用“排列組合模型”，可使一些問題得到較為新穎的解法。例 4 求證：(1+m)n=1+mcn+mc：+mnCnn , m, n 都是自然數(shù)。分析：本題可建立這樣的模型：n名旅客到(1+m)家旅館投宿，問有多少種不同的投

5、宿方法:(1+m)種2,，這個問題可以這樣解決：一方面逐人考慮，安排n名旅客分n步驟，每名旅客都有投宿方法，由乘法原理共有 (1+m)n方法；另一方面按到某家旅館可能的人數(shù)0, 1, n?？紤]安排分為(n+1)類，從n名旅客中任選r名到某家旅館投宿有 C；種選法，剩下的.>.、/亠 / . n-r /"v r n-r n r方法有m Cn = m C n(n-r )名到另外的m家旅館投宿有mT種方法，根據(jù)乘法原理到某家旅館投宿為r的分配Cn - (r=0, 1,2，n)種；再由加法原理共有l(wèi)+mCn+mC；+mnC：種分配方法。兩種考慮方法，結(jié)果一樣，所以等式成立。5、構(gòu)建復(fù)數(shù)

6、模型法復(fù)數(shù)模型法，就是將所求命題的元素用復(fù)數(shù)來表示，然后用復(fù)數(shù)的性質(zhì)求解命題。例 5 若(1 +x+x 2) 1000 的展開式為 ao+aix+a2X2+a3X3+anxn, 求 a0+a3+a6+ai998 的值。分析： 令 x=1 可得 3e°°=a0+ai+a2+a3+a2000； 令 x= 3 可得 0=a0+ai 0 +a2+a3+ +a2000o °°°1 3(其中 3 =i，則 3 3=1 且 3 2+3 +1=0)2 2令 x= 3 可得 0=a 0+a13 +a2 3 +a3 3 + +320003 。以上二式相加可得 3

7、= 3 (a0+a3+a6+ +a1998 ) 所以 a 0+a3+a6+a1998 = 3 。6、構(gòu)建組合對偶式配偶是解題的一種重要策略，它能使原來較難的問題得以巧妙的解決，有著變繁為簡、 化難為易之功效。在教學(xué)中，有意識的注意這方面的訓(xùn)練，使學(xué)生較好的掌握這一解題策略。 對于培養(yǎng)學(xué)生的思維品質(zhì)、解題能力的提高無疑是的益的。_33C； + 3994Cn99 3995Cn990 )的值。1例 6 設(shè) n=1990,求 一 (1-3 Cj + 32。：2nn n+"+ J31998 C1998 _ J31990 C1990 )分析：將所求式子變形為 a=2(1- J32 c2 +V34

8、c4 -V36c62n顯然它是 丄(-1+ J3i) n的展開式的部分之和，即復(fù)數(shù)的實部。不妨取展開式的其余的項的2n 和為A的對偶式 B=12ni(- 43 c； + TFc； -735c5+ J3I997 c1997 _ J3I989 c1989丄+也)，所以A=-。2 2 2=o則 a+B=2(-1+ V3i) n=3 l©3663 3 =3 =- 2n7、構(gòu)建基本不等式基本不等式是證不等式的常用手段，有的二項式問題可轉(zhuǎn)化基本不等式來求。n 1例7若n N，且n豐1，求證：()nn !2分析：左邊的“ n次幕”與右邊的“ n個數(shù)的積”是一個和諧因素，考慮到解題的突破口將問題改述

9、為，求證:吐！>，2 3 n，顯見，“和” > “積”，再將問題改述為，求n(1) >n叮1 2 3n ,即為n(n +1)2=1+2+3+n，這樣由基本不等式公式得“1+2+3+n>n41 2 3 "n ”。命題成立。(本題也可構(gòu)造特殊配偶形式分析:n!=1 -2 -3 (n-1) -n，倒排配偶 n!=n ( -1) 3-2 -1,、2n +1 2 n-1 + 2 2,2 + n-12,1 + n、2則(n!) =(1 -n)2 -n-1)(n-1)刃1)< ()()()2 2 2 2=( )2n，命題成立。)28、構(gòu)建組合數(shù)性質(zhì)應(yīng)用組合數(shù)理論，對有

10、關(guān)自然數(shù)命題的證明可達到意想不到的效果。.222 I2例8是否存在常數(shù) a、b、c,使得等式1 2 +2 3 +n(n +1) =一n(n+1)(an +bn+c)對于12一切自然數(shù)都成立，并證明你的結(jié)論。分析：這是一個特殊數(shù)列求和問題。 初看難求其和，但根據(jù)其各項的特點，逆用組合數(shù)公式2進行探求，n(n +1) = n(n+1)( n+2)-1= n(n+1)( n+2)- n(n+1)=632Cn七-2 Cn41根據(jù)組合數(shù)性質(zhì)，原式左邊 1 22+232+- +n(n +1) 2= (6C3-2 c2' ) + ( 6C：-2 C； ) + + (6C3七-2 C-h)=6 ( c

11、3 + c3+ c3 七)-2 ( C| + C32+- +cn) =6C：七-2C3 七=2 n(n+1)(3n 2+11 n+10),對照右邊知存在常數(shù) a=3, b=11, c=10 ,滿足題設(shè)要求。 9、構(gòu)建倒序相加構(gòu)造一些特殊的對偶形式(如倒序) 探求最佳解題方案。1 1例9設(shè)a、b R+，且 + =1。求證：a b，再加以挖掘、顯示、或稍加變形即可應(yīng)用，就能對于一切自然數(shù)n,有(a+b)n-an-bn22n-2 n+1分析：令P=(a+b)n-an-b"作為本體。則P=cn an-1b+ C2 an-2b2+ + C：'abn-1 倒序排序得孿體 c n -1n-

12、1 c n -2 2 n-2_ 1n-1土rr土r/sP=Cn ab + Cn a b + + C n a b 相加得1 Z n-1.n-1、 x-v 2n-2, 22 n-2x-v n 1 .n-1n-12P= Cn (a b+ ab )+ Cn (a b +a b )+ + Cn (ab +a b) >2 Cn Janbn +2C； Janbn + +2CTanbn=2 Janbn( cn + c2+ cnd)=2Janbn (2n-2) , P(2n-2) 7anbnn -4n1 1''又知+ =1 ,ab=a+b >2Jab , ab >4,故P(2n

13、-2)4n即P22n-2 n+1a b10、構(gòu)建分組或圖形分組思想，其核心是根據(jù)問題的實際情況，以分組后組與組之間的共性更利于分離和顯(n !)22示為原則，以分組后更便于簡化運算、運用有關(guān)概念和結(jié)論。例 10 求證：1!?2!?3!?？ n!=222(3 42 52 ：n)分析：只需證明1!?2!?3!? n! (3?42?53?？ r?2) =(n!) n-1，針對一端n-1個n!之積的特 點，將它分組而拆項，有 (1 ?2)>4 3?4?5?？ n) ? (1 ?2?3)咒(4?5?？ n)(1 ?2?3?4?5 ?？ n)= 2 !?3!? n! (3?42?53?？nn-2)

14、=(n!) n-1。即命題得證。(圖形法)(n-1)行1?2?1?2?3?1?2?3?4?3?4?5？ n4 ?5？ n5？ n1?2?3?4?5？ (n-1)11、構(gòu)建一個中間目標建立一個與初始條件和最終目標都比較接近的中間目標, 件過渡到最終目標。例11已知i、n是正整數(shù)，且 1<i < m<n分析:如何建立中間目標呢？先找到組合數(shù)與(1+n)m. pim=z nicm展開式中的mcn=mip vi!以中間目標作為跳板從初始條求證：(1+m) n> (1+ n) m。n2n-1之間的關(guān)系。想到(1+m)n=S miCn ,iTniCm= ni-Pm，構(gòu)造中間目標 m

15、i Pni>nPm是否 i!成立(1<i < m), 由 m<n 得 mn=nm; m(n-1)>n(m-1) ; m(n-2)>n(m-2);-m(n-i+1)> n(m-i+1)即中間目標mP：ni Pm 成立。所以 mC： >n i 0,(1<i < m<n)因此,n送 micnim>送 n'cm。又 mCn0= nocm=1, m'c： nn1 cm=mrn 所以送 m'cASi =2i 二0i 二0nicmim即(1+m)n> (1+ n) m成立。總之，上述幾例旨在解題教學(xué)中，教師

16、要有意識地給學(xué)生創(chuàng)設(shè)構(gòu)建的新異情境,生不依常規(guī)，不受教材或教師傳授內(nèi)容的束縛，善于從新的角度去探索數(shù)學(xué)問題，新穎的解法，這樣，對造就一大批探索創(chuàng)造型人才大有裨益。鼓勵學(xué) 追求奇特、例 6 化簡 of + < +C2 +IIIIH + £2C2+ c3 + c4 十川 H + nC=C3 +C32 +c4 +c；+c；=c：道課本習(xí)題的探究與應(yīng)用證明：C； + 2Cn +3C；+nC： =n1 解法探究思考1等式左邊為“和”的形式,結(jié)合數(shù)列的求和方法，可先考察其通項rcn，由組合數(shù)公式，可得rCn =r n!r! (n -r)!二爲(wèi)"r）!=nCn：，由此，等式左邊可轉(zhuǎn)

17、化為nCn丄+ nCn+ nCn+nn(C0+C；= n2n思考2考慮組合數(shù)的性質(zhì)C； =C；-r，可知C1 =C；，C；，這樣，左邊式子中的第一項與倒數(shù)第二項、第二項與倒數(shù)第三項、,可合并在一起，又有1 +(n 1) =2 +(n 2) =3 + (n 3) = " = n，由此對等式左邊進行倒序相加V+ZC； +3擴匕（n-1）C：+ nC；+ nC： +(n1)C：r(n-刁，+n(C0+Cn+C：) = n”2nC； +2C2 +3C3 +nC： = n 公思考3從等式右邊的2；出發(fā)，因為2n4 =c04+cn+十；，所以等式右邊可轉(zhuǎn)化為n+ nCn+ nC：十+nC：；，比

18、較等式兩邊的式子，不難發(fā)現(xiàn)，問題的關(guān)健是只要證rC： =ncn：，通項的轉(zhuǎn)化目標進一步明確，由證法 1可知此式成立。2 結(jié)構(gòu)探究2.1 “通項”探究等式左邊是和的形式，其通項為rCn，在證法1中，將rC；利用組合數(shù)公式轉(zhuǎn)化為 ncn:，使得每一項的組合數(shù)前的系數(shù)相同，出現(xiàn)二項式系數(shù)和的形式。那么能否改變通項的形式，使之達到這一相同的效果呢？不妨試一試？11由rC； = nC：1，可得丄cn：，以此作為轉(zhuǎn)化途徑，可以得到:rn1(21)n變式1： C0斗t1。；斗+ 1厲斗+1貯23n剛才的轉(zhuǎn)化利用的是rCn = nC；：這一組合數(shù)的性質(zhì)， 有沒有類似的性質(zhì)，找一找，再試一試？（課本第 99頁:

19、(1) cn"=mb Gm+ ; (2) Cnmm +1變式2:變式3:m +1m 半Cn-m-cnnm亠m 亠m + Cn =Cnm +1nCn0 + 弓 C12(m =0,1,2，n 1)得到:+n C； =2n 1n 2(m =0,1,2，n_1),得到:+ Xc；+ 1C；=2n -1n由(n-m)Cn =(1)Cnm*(m =0,1,2，n 1),結(jié)合得到:變式4： nC：+ (n1)cn +(n-2)C；+CT= n=Cnn +1(r =1,2,3，n+1),得到:變式5: C+期+知2+n +1(21)+ 1由變式3和變式5可得:變式-如;+錄2 +豐3口(2n 1)n

20、 +1以上各式雖然形式各異，但實質(zhì)相同，都是利用組合數(shù)的性質(zhì)對其通項進行變形，從而達到轉(zhuǎn)化為二項式系數(shù)和的形式。具體解題中，應(yīng)對出現(xiàn)的通項利用組合數(shù)的性質(zhì)進行變形,看能否轉(zhuǎn)化為組合數(shù)前的系數(shù)相同的形式。等式左邊和的形式中，cn,c2,，cn前的系數(shù)分別為1, 2,，n，在證法2中，由C1=, c；，倒序相加后,對應(yīng)項的組合數(shù)形式相同，更主要的由于1+(n -1) =2 + (n -2) =3 + (n -3)二=n ,使得相加后的每一個組合數(shù)前的系數(shù)相同,問題得到解決。由此，聯(lián)想等差數(shù)列的性質(zhì)a1 + an = a2 + an J=，對系數(shù)進行推廣:推廣1:設(shè)ao,a1,a2,，an成等差數(shù)列

21、，公差為d，則ao + aQ； +a2C2 +akCk + anC： = (2ao +nd)證明：思路1將等式左邊倒序相加得到。（略）思路2 ao +兀：+a2C2 +akCk +anC：=ao +(ao +d)C： +(ao +2d)C： +(ao +kd)C：十+(a nd)C：= ao(1 +C： +C； +cn)+d(cn +2C： +kC： + nC：)=ao ”2n +d rn 2n-* =（2ao + nd） 0（證明過程中利用了的結(jié)論）推廣1體現(xiàn)出系數(shù)為等差數(shù)列的情形，類比到等比數(shù)列，若系數(shù)成等比數(shù)列，情況又 如何呢？不妨試一試。推廣2：設(shè)a0,ai,a2,，an成等比數(shù)列，公

22、比為 q，則ao +a1Cn +a2Cn + +akCn 十+ anCn = ao ( + q) 證明：ao +a1Cn +a2Cn + +akCn + anCn= aa0qCn +a0q2Cn+ aoqkC：+aoqnC：= ao(1 +qCn +q2C2 +qncn)= ao(1 + q)n推廣2則直接反映出二項展開式的形式。3 應(yīng)用舉例對式左邊“和”式的探究，將通項的形式及各組合數(shù)前的系數(shù)進行了變式與推廣，使 得問題可以出現(xiàn)多種呈現(xiàn)方式。想一想，找一找，是否遇到過類似的問題?題1：求證2n en 2°+0；公十+（護弋：'”2+（1）n =1 （課本第111 頁第10題

23、）題2 :證明題3 :設(shè)n1+ 4cn +7C； +1ocn3 + +(3n+ 1)Cn =(3n + 2)為奇數(shù)，則7n+ cn 7n +C；72+7被9除的余數(shù)為（）e、 -2題 4:滿足 cO +cn +2Cn +3Cn+nC：<45O的最大的自然數(shù)門為（）C、6題 5: cn +2c2+ 4C3 +2n-*C：等于(3n -12是否存在等差數(shù)列bn，使得題6:已知數(shù)列an的前n項和Sn = （n 1） 2nan -men +b2C2 + bn斗C：4+00；對一切的正整數(shù)n均成立。題8.已知數(shù)列an（n為正整數(shù)）是首項為 ai，公比為q的等比數(shù)列。(1)求和：dC； -a2c2

24、+a3C|, dCf -a2c3 +a3C3 -a4c3 ;由（1）的結(jié)果歸納概括出關(guān)于正整數(shù) n的一個結(jié)論，并加以證明;設(shè)q H1 , Sn是等比數(shù)列an的前n項和，求SC：SzC： +S3C；-S4Cn3 +(-1)nSn 卡 C：(o3 年上海高考 19 題改編)解：(1) aiC0-a2C2 +a3C； =ai(1-q)2aiCs 中= ai (1 q)；(2) aiCn a2Cn +a3Cn -十(一1) an十Cn = ai O - q)；(證明略)q1時s+SCn -SzCn +S3Cn -S&n + +(0 Sn+Cnn 吐1 -qn啪)CnCn罟 CJ 畔 Cn+畔

25、Ch+I 1_q= 2° cn +C2 +(-1)nCn-；aqCnoqcn +q2C；+qncn1 -q1-qV(1-q)n q -1自己再編擬幾題，如何?4 拓展與延伸由題4 （3）不難看出，每一項的組合數(shù)前的系數(shù)并非單一的等差、等比的形式，正如給出數(shù)列的通項求數(shù)列的前 n項和一樣，通項具有多種形式,那么在此問題中能否對其通項作進一步的拓展、廷伸呢?推廣3:設(shè)a0,ai,a2,an成等差數(shù)列，公差為 d，bo,bi,b2,bn成等比數(shù)列，公比為 q，則(ao +bo)C0 +(ai +bi)cn + +(an + bJC；= (2ao+ nd)公，+bo(1 + q)n推廣4:設(shè)

26、ao,ai,a2,an成等差數(shù)列，公差為 d，b0,bi,b2,bn成等比數(shù)列，公比為 q，則(ao ”bo)C： +(ai bi)Cn+ (a. bJC： = bo(ao + a.q + dqn)(1 + q)心證明：寫佝 ”br)cn =0 +rd) b0qrCn -aoboq'cn +db0qrrcnTboqC +db0 nqC；(a。02；° +(ai .bjcn + +(an gC：= aob0(C： +qCn +q U +q C) +db0nq (CJL +q C：+q 2Cn.i+n/c nqCnd)= a0b0(1 +q)n +db0 nq(1+q)n=bo(

27、a o + a。q+ dqn)(1 +q)2由推廣3、推廣4,我們能編擬出相應(yīng)的具體題目嗎?按此結(jié)構(gòu)形式與轉(zhuǎn)化方法，我們還能得出哪些與組合數(shù)有關(guān)的數(shù)列的和式呢“你若發(fā)現(xiàn)了一株蘑菇， 便可以發(fā)現(xiàn)一群蘑菇?！弊鳛榻處煟朴趻伋鲆恢昴⒐?，引 導(dǎo)學(xué)生尋找一群蘑菇，讓學(xué)生在探究中感受知識的活力，在感悟中發(fā)展自己的思維與能力, 真正做到走出題海，走進研究性學(xué)習(xí)。（本文發(fā)表于浙江師大中學(xué)教研2004年12期）對組合數(shù)的拓展考查浦東新區(qū)教研室惲敏霞學(xué)習(xí)排列組合知識以后，認識了組合數(shù)cnm。在數(shù)學(xué)中，cm的基本含義表示從n個不同元素中任取m個不同元素的不同組數(shù)總和，其計算公式即組合數(shù)公式為：m!Cm=C =

28、n（n-1）（nV（n-m + 1）= n!（這里 n,meN*,m< n,規(guī)定 P"m!（n- m）!m!出現(xiàn)了C。=1 ）o正由于該計算公式的特征，組合數(shù)除了課本上學(xué)的兩條基本性質(zhì)，還可以有很 多有趣的性質(zhì)和應(yīng)用。 在最近幾年的一些試卷中，對組合數(shù)的考查不僅僅限于計算，一些對能力的拓展。一、拓展定義，考查學(xué)習(xí)探究規(guī)定cxmm!=x（xT）_（X -m十1），其中X忘R,m壬N*，且 C：=1，這是組合數(shù)的一種推廣。（1） 求cz的值；（2）組合數(shù)的兩個性質(zhì)：、cn+cmJ-cn；!是否都 能推廣到cm （ X亡R,m亡N* ）的情景？若能推廣，則寫出推廣形式并給出證明；若不

29、能，說明理由；（3）已知組合數(shù)cm是正整數(shù)，證明：當(dāng) xZm迂N*時，cm迂Z O2002年上海市高考數(shù)學(xué)試卷出現(xiàn)的對組合數(shù)定義的推廣，為學(xué)生搭建了學(xué)習(xí)新的概念 并在理解的基礎(chǔ)上進行探究的平臺。簡解如下：解：（1） C515 = -Ci9 = 11628（2） 性質(zhì)不能推廣，如當(dāng) x=J2時，C運有意義，但C穢，無意義；性質(zhì)可以推廣， 它的推廣形式是：cm + cm，（ x迂R,m迂n*），證明由同學(xué)自己完成；（3 ）當(dāng)X >m時，組合數(shù)cm迂Z ；當(dāng)0 <x cm時，C： =0迂Z ;當(dāng)x c 0時, cm =（-1）mcs二迂 z。二、綜合知識，考查代數(shù)證明已知數(shù)列an （n為

30、正整數(shù)）是首項是31,公比為q的等比數(shù)列.（1） 求和：a1C0 -a2C2 + a3c2,a1C0 -a2C3 + a3C3 -a4C3；由（1）的結(jié)果歸納概括出關(guān)于正整數(shù)n的一個結(jié)論，并加以證明.31。2 32。2 + 33。2 = 31 232+32 = 31 （1 q）,aQ0 32。； +33。； 34C3 =31 331 q+ 3322 323 =31（1 q）3.（2）+ (-1)nan卡C： =a1(1-q)n,n為正整數(shù).3 '+(-1)naC；3+(1)na1qnC；+ (-1)nqnCn = a1(1-q)n（2）歸納概括的結(jié)論為：若數(shù)列 3n是首項為31,公比為q的等比數(shù)列，則 dCn - 32Cn +33Cn -34Cn +證明：31C0 -32Cn +33C2 -34C3 += 31° aqcn +31q2C： -31q3Cre 01 丄2233.=31 Cn - qCn +q Cn - q Cn +2003年高考將組合數(shù)與等比數(shù)列結(jié)合，歸納證明結(jié)論，進一步拓展組合數(shù)的考查、加 強了對代數(shù)證明的考查。三、閱