在x>0时,指数函数$f(x)=e^x$与幂函数$h_n (x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^n}{n!}$孰大孰小?

对于已经学习了微积分的朋友来说,这道题目是很简单的,甚至$f(x) > h_n (x)$可以说是“显然成立的”(因为$e^x$展开式接下来的无穷项都是正数)。但是,这道题目出在了2012年的广州一模理科数学中,就显得不那么简单了,得用初等的方法来证明它。而笔者最近养成了一个习惯,拿到一张数学试卷,不是先做选择题,而是先做最后一题。所以在参加广州一模时,先花了半个小时把最后一题(即本题)解决了。下面是我想到的三种解法。

一、数学归纳法

这是官方的答案所采用的方法,也是BoJone写在答题卡上的方法(没想到碰到一块了)。

首先用函数的方法(求导)证明$e^x > 1+x$作为归纳的基础(这其实也是第一小题)。然后假设n=k时成立,即$g_k (x)=f(x) - h_k (x) > 0$,读者能够发现一个很有趣的事,那就是$g_{k+1} (x)$的导函数$g_{k+1}' (x)=g_k (x)$,于是有$g_{k+1}' (x)=g_k (x) > 0$,即在假设条件下,$g_{k+1} (x)$在$(0,+\infty)$是增函数,于是$g_{k+1} (x) > g_{k+1} (0) =0$,于是就证明了n=k+1时也成立。

这的确是一种不错的方法。数学归纳法在这些“应试教育题目”本来就很难有机会出现,现在能够在压轴题上运用到,这不能不让人兴奋!我希望能够看到更多的数学归纳法、反证法之类的题目(更希望它出现在高考,呵呵)

二、作商求导

然而上面的方法却不是我第一时间想到的方法,我首先想到的方法是两者作商,然后求导。可惜当时没有坚持下去,因为事后才发现这当属最简单的方法了。首先设函数:
$g_n (x)=\frac{h_n (x)}{f(x)}=e^{-x}+xe^{-x}+\frac{1}{2!}x^2 e^{-x}+...\frac{1}{n!}x^n e^{-x}$

你猜一下求导后会发生什么?
$(\frac{1}{n!}x^n e^{-x})'=\frac{1}{(n-1)!}x^{n-1} e^{-x}-\frac{1}{n!}x^n e^{-x}$

这完全就是所谓的“裂项相消”了!你会发现,把所有的导数项都累加起来后,得到:
$g_n '(x)=-\frac{1}{n!}x^n e^{-x}$

这显然是一个负数!于是$g_n (x)$在$(0,\infty)$上是单调递减的,于是$g_n (x) < g_n (0)=1$。这等价于$f(x) > h_n (x)$。

这是最直接的方法了(我的了解)。数学归纳法固然巧妙,只是它的程序实在太多,写在答题卡上不方便。不过按照纯数学欣赏来说,两者都同样让人叫绝!因为它们都很美!

三、不断积分

这个方法对于一般高中生来说也许不怎么好理解,而对于我来说它几乎是显然的。当然,这个方法应该不适合在答卷上用,但是科学空间里的文章本来就不是为了应试的,我们是为了欣赏数学的美!

首先我们得知道要是一个函数f(x)恒大于0,那么就会有$\int_0^a f(x) dx > 0$,从定积分的定义来看这是很容易理解的。

应用到这道题目上,先有$e^x > 1$,考虑积分$\int_0^x (e^t -1)dt >0$,得到$e^x -x -1 >0$,继续考虑积分$\int_0^x (e^t -1-t)dt >0$,得到$e^x -1 -x-\frac{1}{2}x^2>0$;不断进行下去即可。这里其实是偷用了泰勒级数的一个推导而已。这也属于归纳(递推)的方法吧。

这次广州一模出现了这类题目,反映了两个问题:一、数学压轴题很多是高等数学初等化;二、数学归纳法等思想日益得到重视。要是真的是这样的话,BoJone会感到很高兴,事实上我讨厌那类高强度的计算的题目,那对我们的思维促进毫无意义,只有那些有难度、思想新颖可是题目本身又容易看懂的题目才是真正的好题目!


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