楊元韡 (常州高級中學(xué) 江蘇常州 213003)

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簡中求道
——利用二項式定理的放縮功能解題舉例

楊元韡 (常州高級中學(xué) 江蘇常州 213003)

數(shù)學(xué)的簡潔美是數(shù)學(xué)重要的美學(xué)特征．?dāng)?shù)學(xué)中有一些重要公式(如二項式定理表達(dá)式)結(jié)構(gòu)對稱，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)公式的對稱美.靈活運(yùn)用它，可以簡捷地解決某一類問題，其過程也體現(xiàn)出數(shù)學(xué)的簡潔美．二項式定理可以把指數(shù)式放縮成適當(dāng)?shù)亩囗検?往往通過去掉某些正項的方式)，從而可以簡捷明快地解決以“底數(shù)大于1的指數(shù)函數(shù)比多項式形式的函數(shù)增長的速度快”為命題背景的問題．這類問題通俗地表達(dá)，就是當(dāng)a>1時，函數(shù)y=an將隨著n的增大會“爆炸式”地增大，如常用于勵志的“1.01365≈37.8”正說明了這個道理．下面筆者給出利用二項式定理放縮功能解題的一些例子，說明二項式定理放縮功能的應(yīng)用使得問題的解決更加簡捷、漂亮．

1 利用二項式定理放縮證明數(shù)列不等式

在數(shù)列的綜合問題中，常常出現(xiàn)求某個數(shù)列的最大項或者最小項，這類問題往往可以轉(zhuǎn)化成考查數(shù)列的單調(diào)性問題．而研究數(shù)列單調(diào)性的基本方法有：作差法、作商法(正項數(shù)列)、考察相應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性(利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的方法)等．對于通項公式為an=an-g(n)(其中常數(shù)a>1，g(n)是關(guān)于n的多項式)的數(shù)列{an}項的符號判斷，可以嘗試使用二項式定理放縮來解決．

1)求an和bn.

①求Sn；

②求正整數(shù)k，使得對任意的n∈N*，Sk≥Sn．

(2014年浙江省數(shù)學(xué)高考理科試題)

分析 我們主要研究第②小題，其實質(zhì)是求{Sn}最大項的項序號．為此，可采用作差法研究{Sn}的單調(diào)性，即判定Sn-Sn-1(其中n≥2)的符號，亦即判定cn的符號；再利用作差法研究數(shù)列{cn}的單調(diào)性即可．根據(jù)數(shù)列的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，也可以嘗試使用二項式定理解決．

因此，當(dāng)n≥5時，cn<0．

綜上所述，對任意的n∈N*，S4≥Sn，即k=4．

n2+n+2>n(n+1),

這里n≥5，故2n展開式至少有6項，從而

綜上所述，對任意的n∈N*，S4≥Sn，即k=4．

2 利用二項式定理放縮證明函數(shù)不等式

我們知道，形如f(x)=ax-g(x)(其中a>1，g(x)是關(guān)于x的多項式)的函數(shù)，只要x充分大，總會有f(x)>0．盡管這個模型是連續(xù)的函數(shù)模型，但有時可以先將它轉(zhuǎn)化成離散模型(如數(shù)列模型)，再利用二項式定理也能簡捷明了地加以處理．

例2 已知函數(shù)f(x)=ex，g(x)=ax2+bx+c．

1)，2)略.

3)若b=c=0，試證明：對任意給定的正數(shù)a，總存在正數(shù)m，當(dāng)x∈(m,+∞)時，恒有f(x)>g(x)成立．

(2015年江蘇省揚(yáng)州市高三期末考試試題)

分析 本題實際上就是證明對任意給定的正數(shù)a，存在正數(shù)m，當(dāng)x∈(m,+∞)時，恒有ex>ax2．常規(guī)的方法是利用導(dǎo)數(shù)的方法解決，為此需要構(gòu)造新函數(shù)來處理，但需要多次構(gòu)造函數(shù)．但基于這2個函數(shù)結(jié)構(gòu)的特殊性，也可嘗試使用二項式定理來解決．

證法1 當(dāng)0x2>ax2恒成立．只要證明當(dāng)a≥1時，總存在正數(shù)m，當(dāng)x∈(m,+∞)時，恒有ex>ax2成立即可，也就是

x>2lnx+lna．

t(x0)=e2a-4-3lna>7a-4-3lna>

4(a-1)+3(a-lna)>0,

這里實際上還需要證明a-lna>0，即存在m=ae2，當(dāng)x∈(m,+∞)，恒有f(x)>g(x)成立．

證法3 考慮x>6，并設(shè)n≤x

ex>2x≥(1+1)n=

待證不等式右邊可以放大，作如下放縮：

ax2

(注意當(dāng)n≥6時，有n+1<2n-4).

從而取m=max{6,24a+3}，當(dāng)x>m時，有ex>ax2．

評注 證法1和證法2都是利用導(dǎo)數(shù)的符號去研究函數(shù)的單調(diào)性，需要多次構(gòu)造新的函數(shù)，不斷研究這些新的函數(shù)，最后獲解，但相對而言證法1的取值是比較困難的．證法2和證法3的共同之處在于，插入了一個三次多項式結(jié)構(gòu)的中間量：證法2利用導(dǎo)數(shù)巧妙地證明了ex大于一個三次多項式函數(shù)，再證明當(dāng)x充分大時，三次多項式函數(shù)大于二次多項式函數(shù)；證法3先把連續(xù)的函數(shù)放縮成離散的數(shù)列模型，待證不等式的左邊縮小成關(guān)于正整數(shù)n的三次多項式，右邊放大成關(guān)于n的二次多項式；證法3的優(yōu)點(diǎn)是簡潔，回避了所有函數(shù)的求導(dǎo)問題．

3 利用二項式定理放縮判斷方程的解的問題

在數(shù)列問題中，常常出現(xiàn)判斷某個值是不是該數(shù)列中的項，或者數(shù)列中是否有某3項成等差(或等比)等問題，這類問題最終都可轉(zhuǎn)化成某些方程是否有正整數(shù)解的問題．如果這個方程中既有形如an(其中a>1)，又有形如關(guān)于n的多項式g(n)，則可以根據(jù)二項式定理判斷當(dāng)n充分大時該方程不成立，從而控制n的范圍，再通過枚舉驗證方程是否有正整數(shù)解，或者求出正整數(shù)解．

例3 設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}為公比為q(其中q≠1)的等比數(shù)列，及cn=an+bn．

1)略.

2)若數(shù)列{cn}的前4項分別是4,10,19,34．

①求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；

②是否存在元素均為正整數(shù)的集合A={n1,n2,…,nk}(其中k≥4,k∈N*),使得數(shù)列cn1，cn2，…，cnk為等差數(shù)列．

(2015年江蘇省南通市期末考試試題)

分析 我們主要研究第②小題，易得an=3n-2，bn=3·2n-1，從而cn=3·2n-1+3n-2．問題中問的是數(shù)列{cn}中是否存在至少4項依次成等差數(shù)列，不妨考慮項數(shù)最小的情形，即假定{cn}恰有不同的4項成等差數(shù)列，設(shè)這4項分別為cp，cq，cr，cs(其中p

(1)

方程右邊的最高次冪為r-1(顯然r-1≥q)．

當(dāng)2r-1>2q時，即2r-1≥2q+1，方程(1)的右邊為

2r-1+2p-1-2q≥2q+1+2p-1-2q=2q+2p-1≥

(此處q≥3，二項展開式至少有4項)，而方程(1)的左邊2q-p-r<2q，故方程(1)不成立.當(dāng)q=2時直接驗證可知也不成立．

通過上面的分析，我們知道2r-1=2q，即q=r-1，同理可得s=r+1．由cr-1，cr，cr+1成等差數(shù)列得到2cr=cr-1+cr+1，化簡得2r-2=0，矛盾．因此，可以知道不存在元素均為正整數(shù)的集合A滿足條件．

上述得到矛盾的關(guān)鍵是緊緊抓住方程(1)右邊的最高次冪，因為它的增長速度是最“快”的．利用二項式定理把它放縮成比方程左邊大的多項式即可得到矛盾．但放縮時要注意項數(shù)，當(dāng)q≥3時至少4項，可以直接導(dǎo)出矛盾，而當(dāng)q=2時單獨(dú)檢驗即可．

總之，二項式定理在處理指數(shù)函數(shù)比多項式函數(shù)增長得“快”為命題背景的問題中往往能起到化繁為簡的效果．在使用二項式定理的放縮功能的過程中要注意2點(diǎn)：1)指數(shù)的大小要適當(dāng)，例如展開式需要保留多少項，需要刪除多少項，這些都要跟指數(shù)相關(guān)，指數(shù)至少要比展開式的所有項的項數(shù)多1(二項式定理本身也說明這一點(diǎn))；2)明確放縮的方向，也就是明確保留的項(多項式)的最高次是什么，例如3個例題中保留的項的最高次數(shù)分別為2次、3次、1次．若能利用二項式定理處理這類問題，并結(jié)合剛才給出的注意點(diǎn)，仔細(xì)分析，往往能事半功倍！

數(shù)學(xué)教育的基本功能之一是培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)求簡意識，數(shù)學(xué)也正因為有著簡單的一面才熠熠生輝，令人折服！