培優(yōu)點(diǎn)4帕德近似1.帕德近似帕德近似是法國(guó)數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項(xiàng)式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個(gè)正整數(shù)m，n，函數(shù)f(x)在x=0處的[m，n]階帕德近似定義為R(x)=a0且滿足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f″(x)=[f'(x)]'，f'''(x)=[f″(x)]'，f

(4)(x)=[f'''(x)]'，f

(5)(x)=[f

(4)(x)]'，…，f

(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]'.例如：求f(x)=ln(x+1)在x=0處的[1，1]階帕德近似.解由上述定義可知，f(x)在x=0處的[1，1]階帕德近似的一般形式為R(x)=a0+a1x1+b1x，且滿足f(0)=R(0)，可得a0=0.進(jìn)一步，f'(x)=11+x，R'(x)=a1(1+b1x)2，再由定義可知，需滿足f'(0)=R'(0)，可得a1=1，同理再由f″(0)=R″(0)?b1=12，于是可得到f(x)=ln(x2.高中常見的帕德近似公式ln(1+x)≈3x2+6xx2+6x+6ex≈x2+6x+12x2-6x+12sinx≈6x6+x2，x∈(-1cosx≈12-5x212+x2，x∈(tanx≈3x3-x2，題型一利用帕德近似比較大小例1(1)已知a=e0.3，b=ln1.52+1，c=1.5，則(A.a<b<c B.b<c<aC.c<a<b D.a<c<b(2)(2024·益陽(yáng)模擬)若a=2ln1.1，b=0.21，c=tan0.21，則()A.b<c<a B.a<c<bC.c<a<b D.a<b<c思維升華對(duì)于含指數(shù)、對(duì)數(shù)、正弦、余弦、正切的比較大小問題，利用帕德近似公式求近似值，非常直接，但是要注意公式的使用條件，公式不能記錯(cuò).跟蹤訓(xùn)練1(2025·哈爾濱模擬)設(shè)a=ln1.01，b=sin0.01，c=1101，則(A.c<b<a B.c<a<bC.a<b<c D.a<c<b題型二帕德近似與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用例2(2024·廈門模擬)帕德近似是法國(guó)數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項(xiàng)式近似特定函數(shù)的方法，在數(shù)學(xué)計(jì)算中有著廣泛的應(yīng)用.已知函數(shù)f(x)在x=0處的[m，n]階帕德近似定義為R(x)=a0+a1x+…+amxm1+b1x+…+bnxn，且滿足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f″(x)=[f'(x)]'，f'''(x)=[f″(x)]'，…，f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]'.已知f(x(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)設(shè)h(x)=f(x)-R(x)，證明：xh(x)≥0；(3)已知x1，x2，x3是方程lnx=λx-1x的三個(gè)不等實(shí)根，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍，并證明：x思維升華利用帕德近似完美避開構(gòu)造函數(shù)，公式容易記憶并且技巧性較弱，容易被學(xué)生理解掌握.巧妙運(yùn)用高等數(shù)學(xué)知識(shí)解決初等數(shù)學(xué)知識(shí)，雖然超綱，但確實(shí)是得分的不二法門！跟蹤訓(xùn)練2(2024·濟(jì)寧模擬)帕德近似是法國(guó)數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項(xiàng)式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個(gè)正整數(shù)m，n，函數(shù)f(x)在x=0處的[m，n]階帕德近似定義為R(x)=a0+a1x+…+amxm1+b1x+…+bnxn，且滿足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f

(m+n)(0)=R(m+n)(0)(注：f″(x)=[f'(x)]'，f'''(x)=[f″(x)]'，f

(4)(x)=[f'''(x)]'，f

(5)(x)=[f

(4)(x)]'，…，f

(n)(x)為f

(n-1)(x)的導(dǎo)數(shù)).已知f(x(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(3分)(2)比較f(x)與R(x)的大??；(5分)(3)證明：?n∈N*，1n+1+1n+2+1n+3+…+答案精析例1(1)B[利用帕德近似可得，a=e0.3≈0.32+6×0.3+120.32b=ln1.52+1≈12×3×0.52+6×0.50.c=1.5=1+0.5≈1+12×0.5-18×0.52=1.218綜上，b<c<a.](2)D[由帕德近似公式得a=2ln1.1=2ln(1+0.1)≈2×3×0.12+6×0.10.c=tan0.21≈3×0.213-0.212=又b=0.21，∴c>b>a.]跟蹤訓(xùn)練1B[a=ln1.01=ln(1+0.01)≈3×0.012+6×0.010.b=sin0.01≈6×0.016+0.012=0.066.0001c=1101≈0.00990故b>a>c.]例2(1)解依題意可知，f(0)=0，R(0)=a，因?yàn)閒(0)=R(0)，所以a=0，此時(shí)R(x)=6bx因?yàn)閒'(x)=11+R'(x)=(18-6所以f'(0)=1，R'(0)=b，因?yàn)閒'(0)=R'(0)，所以b=1.(2)證明由(1)知R(x)=3x依題意，h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-3xh'(x)=11+x=x4(1+故h(x)在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，又h(0)=0，故?x∈(-1，0)，h(x)<0，?x∈(0，+∞)，h(x)>0，綜上，?x∈(-1，+∞)，xh(x)≥0.(3)解不妨設(shè)0<x1<x2<x3，令t(x)=lnx-λx-t'(x)=1x-λ=-λx2+x當(dāng)λ≤0時(shí)，t'(x)>0，此時(shí)t(x)單調(diào)遞增，t(x)=0不存在三個(gè)不等實(shí)根；當(dāng)λ>0時(shí)，令s(x)=-λx2+x-λ，其判別式Δ=1-4λ2，若Δ=1-4λ2≤0，即λ≥12，s(x)≤0即t'(x)≤0，此時(shí)t(x)單調(diào)遞減，t(x)=0不存在三個(gè)不等實(shí)根；若Δ=1-4λ2>0，即0<λ<12，t'(x)=0存在兩個(gè)不等正實(shí)根，設(shè)為r1，r2(r1<r2)由根與系數(shù)的關(guān)系知0<r1<1<r2，當(dāng)x∈(0，r1)時(shí)，t'(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(r1，r2)時(shí)，t'(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(r2，+∞)時(shí)，t'(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，又因?yàn)閠(1)=0，且t'(1)=1-2λ>0，故t(r1)<0，t(r2)>0，因?yàn)閘nx<x-1(x≠1)，所以ln1x<1x-1(x≠1即lnx>2-2x(x≠1)所以t(λ4)=lnλ4-λλ4-1λ4>2-2=(2-λ5)+1λ2所以存在x1∈(λ4，r1)，滿足t(x1)=0，又因?yàn)閠1x=ln1x-=-lnx+λx-1x=-t(故存在x3=1x1，滿足t(x3)故當(dāng)且僅當(dāng)0<λ<12lnx=λx-且滿足0<x1<x2=1<x3，且x1=1x由(2)可知，當(dāng)x>0時(shí)，ln(1+x)>3x所以lnx>3x2-3x2故lnx3=λx3-1化簡(jiǎn)可得3λ<=x3+4+1x3=x1+x2+x3故x1+x2+跟蹤訓(xùn)練2(1)解由f(x)=ln(x+1)，R(x)=ax1+有f(0)=R(0)，則f'(x)=1xf″(x)=-1(R'(x)=a(R″(x)=-2ab由題意f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，所以a=1,(2)解由(1)知，R(x)=2x令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-2xx+2(x則φ'(x)=1x+1=x2(x所以φ(x)在(-1，+∞)上為增函數(shù)，又φ(0)=f(0)-R(0)=0，所以當(dāng)x>0時(shí)，φ(x)=f(x)-R(x)>φ(0)=0；當(dāng)-1<x<0時(shí)，φ(x)=f(x)-R(x)<φ(0)=0；所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>R(x)；當(dāng)x=0時(shí)，f(x)=R(x)；當(dāng)-1