用心讲好课本习题

霍福策

摘  要：习题是教材的有机组成部分，是学生学习过程中不可缺少的重要环节，是学生掌握知识、形成技能、拓展创新的重要手段. 怎样讲解课本习题才能帮助学生梳理知识、总结解题规律、优化课堂教学？结合2013年秋季苏教版教材选修2-3中的部分习题，谈谈笔者的处理感受.

关键词：课本习题;知识梳理;思维创新;减负提效;优化课堂教学

教材为帮助学生理解概念的内涵、巩固知识、锻炼应用知识解决某些实际问题的能力，在“感受理解”、“思考运用”、“探究拓展”栏目中分不同层次配置了一定数量的习题. 平心而论，题目典型，但难度有的不够，有的重复累赘，所以出现“教师不屑讲、学生不乐做”的现象. 自从江苏于2005年实行新课改以来，身在教学一线的数学教师在不同的场合发表了许多观点，但笔者结合自己多年的教学实践，对此有着不同的见解：题目不在于大和难，关键在于如何引导. 笔者每年高考后都做调查，数据最具有说服力，几乎所有高考题目都来源于课本. 能依托课本习题，梳理知识体系，优化思维品质，提高解题技能，优化课堂教学，折服学生才更显教师的魅力. 以下结合2013年秋季苏教版教材选修2-3中的部分习题，谈谈笔者的做法.

梳理体系，深化规律

例1  （《二项式定理》36页第13题）

设（2x+  ）4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，求下列各式的值：

（1）a0+a1+a2+a3+a4;

（2）a1+a2+a3+a4.

课本参考答案：（1）97+56  . （提示：令x=1）;（2）88+56  （提示：令x=0时，a0=9）.

思考：本题在“思考运用”中出现，本是一道好题，起到揭示用“赋值法”研究二项展开式中各项系数和的性质的效果.但配套教材参考书提供的答案仅为简案，即使在类似例题注释中也仅仅注明采用“赋值法”. 笔者认为这种表述没有传达题目的真正内涵，削弱了习题的价值，反而加重“课本习题不值一做”的感觉.

“赋值法”是研究二项展开式中各项系数和的性质的重要方法之一，作为教材新课的探究，无疑是有说服力的. 但在系统学习了二项式系数的性质后，再“如法炮制”，就似“如鲠在喉”，做类似的题目使人厌烦.教师完全可以“丢下参考”，结合例题、习题展示自己对教材的感悟，引导学生从函数的角度研究二项展开式中各项系数和的性质，阐明之间的关系，揭示其内涵.

可作如下解析：令f（x）=（2x+  ）4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则

（1）a0+a1+a2+a3+a4=f（1）=97+56  ;

（2）a1+a2+a3+a4=f（1）-f（0）=88+56  .

教师此时可以因势利导，精选相应的类似题目，让学生训练，梳理体系，深化用函数思想研究二项展开式中各项系数和的性质的规律.

提升题1  求证：  kC  =n·2n-1.

证明：设f（x）=（1+x）n=  C  xk，两边同时求导得：

f ′（x）=n（1+x）n-1=  kC  xk-1，令x=1得：  kC  =n·2n-1.

提升题2  n≥3，n∈N*，

求证：  k2C  =n（n+1）2n-2.

证明：设f（x）=（1+x）n=  C  xk，两边同时求导得：

f ′（x）=n（1+x）n-1=  kC  xk-1，两边再求导得：

（f ′（x））′=n（n-1）（1+x）n-2=  k（k-1）C  xk-2，令x=1得：

n（n-1）2n-2=  k（k-1）C  =  k2C  -  kC  =  k2C  -n·2n-1，

所以  k2C  =n（n-1）2n-2+n·2n-1=n（n+1）2n-2.

习题处理反思：从函数的角度揭示本类题的解法，更能深刻领悟“赋值法”的内涵，若将这些内容阐释清楚，题目的分量就沉甸甸的了！对知识的深化效果是不言而喻的，更重要的是在解题中培养了学生思维的层次性、发散性，参与创新的意识和能力也得到了锻炼.

正视题意，优化思维

例2  （《组合》35页第4题）

证明：1+2C  +22C  +…+2nC  =3n.

课本参考答案：1+2C  +22C  +…+2nC  =（1+2）n=3n.

思考：本题在“小练习”中出现，主要考查二项式定理逆运用，属于基础题，易于学生掌握. 对知识的考查效果虽然具有针对性，但是对学生解决此类相关问题的思维能力的检验还缺乏灵活性. 如若本题把二项式系数C  前面的系数由等比数列{2n}变为等差数列{n}，反而思路更开阔. 这样，学生对知识应用的触角就有了活性，也彰显了题目的价值.

变式 求证：C  +2C  +3C  …+nC  =n·2n-1.

证明：

记S=0C  +C  +2C  +3C  …+nC  ？摇（1），

S=nC  +（n-1）C  +（n-2）C  +…+C  +0C  .

因为C  =C  ，所以C  =C  ，C  +C  ，…，C  =C  ，

即S=nC  +（n-1）C  +（n-2）C  +…+C  +0C   （2），（1）（2）两式相加得：

2S=（0+n）C  +（1+n-1）C  +（2+n-2）·C  +…+（n+0）C  =n（C  +C  +C  +…C  ）=n·2n，

故S=n·2n-1，即C  +2C  +3C  …+nC  =n·2n-1.

思考：这样一来就盘活了思维，此时需要运用二项式系数的性质“C  =C  ”和数列求和中的“倒序相加法”结合求解，从而提高学生解题的综合能力，使课堂更具有开放性和实效性.

提升题3 n∈N*，求证：  （k+1）C  =（n+2）2n-1.

证明：记S=C  +2C  +3C  +4C  …+（n+1）C    （1），

S=（n+1）C  +nC  +（n+1）C  +…+C  .

因为C  =C  ，所以C  =C  ，C  +C  ，…，C  =C  ，

即S=（n+1）C  +nC  +（n-1）C  +…+C  （2），（1）（2）两式相加得：

2S=（2+n）（C  +C  +C  +…+C  ？摇）=（n+2）2n，所以  （k+1）C  =（n+2）2n-1.

提升题4  k∈N*，求证：C  +C  +C  +…+C  =22k.

证明：记S=C  +C  +C  +…+C   （1），S=C  +C  +C  +…+C  ，

由组合数的性质知：C  =C  ，C  =C  ，…，C  =C  ，

即S=C  +C  +C  +…+C  （2），（1）（2）两式相加得：

2S=C  +C  +C  +…+C   +C  +C  +C  +…+C  =22k+1，即S=22k.

故C  +C  +C  +…+C  =22k.

归纳技能，迁移应用

例3  （《二项式定理》42页第16题）

已知  -    的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为14∶3，求展开式中的常数项.

思考：本类型题目是二项式定理重要考点之一，利用二项式定理求展开式中的某些项. 重点考查二项式系数、组合数计算公式和二项展开式的通项问题.方法是利用组合数的计算公式先求出n的值，然后再利用通项公式求常数项.

课本参考答案：由已知第5项与第3项的二项式系数分别为C  ，C  ，所以  =  ，解得n=10. 设第r+1项为常数项，又Tr+1=C  （  ）10-r-    =（-2）rC  x  ，令  =0，解得r=2. 故T3=C  （02）2=180，即所求常数项为180.

归纳技能：处理展开式中某些项的问题，如第几项、有理项、含x3的项等等，一般是从通项入手，先求出通项公式，再根据相应条件进行研究.

求解此类问题对于学生而言已经易如反掌，为了让学生更深入地理解二项式定理的内容，教师可以根据题意进行适当的知识迁移，比如在二项式系数上迁移为某一项的系数，将求某些项迁移为求最大项等等，这样不仅提高了学生的学习效率，也使课堂更具有实效性，从而优化了课堂教学.

迁移1  已知  -    的展开式中，第5项与第3项的系数之比为10∶1，求

（1）展开式中的常数项;

（2）展开式中系数最大的项.

参考答案：（1）Tr+1=C  （  ）10-r·-    =（-2）rC  x  ，则第5项与第3项的系数分别为（-2）4C  ，（-2）2C  ，所以  =  ，解得n=8;

（2）由于奇数项系数为正数，偶数项系数为负数，所以可设第r+1项系数的绝对值最大，则由

2r-1C  ≤2rC  ，2r+1C  ≤2rC  ，解得5≤r≤6，所以系数最大的项为T7=1792x-11.

迁移2  设f（x）=x  +xn，且正整数n满足C  =C  ，A={0，1，2，…，n}，

（1）求n的值;

（2）若i，j∈A，是否存在j使当i≥j时，C  ≤C  恒成立？若存在，求出最小的j;若不存在，说明理由;

（3）k∈A，若f（x）的展开式中有且只有6个有理项，求k的值.

参考答案：（1）由组合数的性质知n=8;

（2）存在，即为展开式中最大二项式的系数，因为C  中的最大值为C  ，所以j=4;

（3）通项Tr+1=C  x  +r，所以  +r∈Z，令k=1，2，....，8，检验得k=3或4时，8-r是k的整数倍的r有且只有三个，所以k=3或4.

我们都说要用课本教，而不仅仅只教课本. 在评讲习题时不厌其烦地告诫学生“做题后要反思、要总结”，才能起到事半功倍之效. 我们面对课本习题时，作为教师，是否要先端正自己的认识呢？以上感悟，如有不当之处，敬请指正.