文档文本内容
培优点4 帕德近似
1.帕德近似
帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数
f(x)在x=0 处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=
a0+a1 x +…+am x
m
1+b1 x +…+bn x
n ，
且满足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 处的[1，1]阶帕德近似.
解 由上述定义可知，f(x)在x=0 处的[1，1]阶帕德近似的一般形式为R(x)=
a0+a1 x
1+b1 x ，且满足f(0)=R(0)，可
得a0=0.进一步，f'(x)= 1
1+ x ，R'(x)=
a1
(1+b1 x)
2，再由定义可知，需满足f'(0)=R'(0)，可得a1=1，同理再由
f″(0)=R″(0)⇒b1=1
2，于是可得到f(x)=ln(x+1)在x=0 处的[1，1]阶帕德近似为R(x)= 2 x
x +2.
2.高中常见的帕德近似公式
ln(1+x)≈3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，x∈(-1，1)，
ex≈x
2+6 x +12
x
2-6 x +12
，x∈[-2，2]，
sin x≈6 x
6+ x
2，x∈(-1，1)，
cos x≈12-5 x
2
12+ x
2 ，x∈(-1，1)，
tan x≈3 x
3- x
2，x∈(- π
2 ，π
2).
题型一 利用帕德近似比较大小
例1 (1)已知a=e0.3，b=ln1.5
2
+1，c=√1.5，则( )
A.a<b<c
B.b<c<a
C.c<a<b
D.a<c<b
(2)(2024·益阳模拟)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，则( )
A.b<c<a
B.a<c<b
C.c<a<b
D.a<b<c
思维升华 对于含指数、对数、正弦、余弦、正切的比较大小问题，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条件，公式不能记错.
跟踪训练1 (2025·哈尔滨模拟)设a=ln 1.01，b=sin 0.01，c= 1
101，则( )
A.c<b<a
B.c<a<b
C.a<b<c
D.a<c<b
题型二 帕德近似与导数的综合应用
例2 (2024·厦门模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，
在数学计算中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x=0 处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=
a0+a1 x +…+am x
m
1+b1 x +…+bn x
n ，且满足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)=ln(x+1)在x=0 处的[2，2]阶帕德近似为
R(x)=
a+bx + 1
2 x
2
1+ x + 1
6 x
2 .
(1)求实数a，b 的值；
(2)设h(x)=f(x)-R(x)，证明：xh(x)≥0；
(3)已知x1，x2，x3是方程ln x=λ(x - 1
x)的三个不等实根，求实数λ 的取值范围，并证明：x1+ x2+ x3
3
>1
λ-1.
思维升华 利用帕德近似完美避开构造函数，公式容易记忆并且技巧性较弱，容易被学生理解掌握.巧妙运
用高等数学知识解决初等数学知识，虽然超纲，但确实是得分的不二法门！
跟踪训练2 (2024·济宁模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数
的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0 处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=
a0+a1 x +…+am x
m
1+b1 x +…+bn x
n ，且满足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)为f (n-1)(x)的导数).已知
f(x)=ln(x+1)在x=0 处的[1，1]阶帕德近似为R(x)= ax
1+bx .
(1)求实数a，b 的值；(3 分)
(2)比较f(x)与R(x)的大小；(5 分)
(3)证明：∀n∈N*，1
n+1+ 1
n+2+ 1
n+3+…+ 1
2n<ln 2.(7 分)
答案精析
例1 (1)B [利用帕德近似可得，
a=e0.3≈0.3
2+6×0.3+12
0.3
2-6×0.3+12
=13.89
10.29≈1.349 9，
b=ln1.5
2
+1≈1
2×3×0.5
2+6×0.5
0.5
2+6×0.5+6
+1=1
2×3.75
9.25+1≈1.202 7，
c=√1.5=√1+0.5≈1+1
2×0.5-1
8×0.52=1.218 75.
综上，b<c<a.]
(2)D [由帕德近似公式得
a=2ln 1.1=2ln(1+0.1)≈2×3×0.1
2+6×0.1
0.1
2+6×0.1+6
=1.26
6.61≈0.190 6，
c=tan 0.21≈3×0.21
3-0.21
2=
0.63
2.955 9≈0.213，
又b=0.21，∴c>b>a.]
跟踪训练1 B [a=ln 1.01=ln(1+0.01)≈3×0.01
2+6×0.01
0.01
2+6×0.01+6
=0.060 3
6.060 1≈0.009 95，
b=sin 0.01≈6×0.01
6+0.01
2=
0.06
6.000 1≈0.010 00，
c= 1
101≈0.009 90，
故b>a>c.]
例2 (1)解 依题意可知，f(0)=0，
R(0)=a，
因为f(0)=R(0)，所以a=0，
此时R(x)= 6bx +3 x
2
6+6 x + x
2，
因为f'(x)= 1
1+ x ，
R'(x)=(18-6b)x
2+36 x +36b
( x
2+6 x +6)
2
，
所以f'(0)=1，R'(0)=b，
因为f'(0)=R'(0)，所以b=1.
(2)证明 由(1)知R(x)
= 3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，
依题意，h(x)=f(x)-R(x)
=ln(1+x)- 3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，
h'(x)= 1
1+ x -12( x
2+3 x +3)
( x
2+6 x +6)
2
=
x
4
(1+ x)( x
2+6 x +6)
2≥0，
故h(x)在(-1，+∞)上单调递增，
又h(0)=0，
故∀x∈(-1，0)，h(x)<0，
∀x∈(0，+∞)，h(x)>0，
综上，∀x∈(-1，+∞)，xh(x)≥0.
(3)解 不妨设0<x1<x2<x3，
令t(x)=ln x-λ(x - 1
x)，
t'(x)=1
x -λ(1+ 1
x
2)
=- λ x
2+ x - λ
x
2
(x>0)，
当λ≤0 时，t'(x)>0，此时t(x)单调递增，t(x)=0 不存在三个不等实根；
当λ>0 时，令s(x)=-λx2+x-λ，
其判别式Δ=1-4λ2，
若Δ=1-4λ2≤0，即λ≥1
2，s(x)≤0 恒成立，
即t'(x)≤0，
此时t(x)单调递减，t(x)=0 不存在三个不等实根；
若Δ=1-4λ2>0，即0<λ<1
2，t'(x)=0 存在两个不等正实根，设为r1，r2(r1<r2)，
由根与系数的关系知0<r1<1<r2，
当x∈(0，r1)时，t'(x)<0，t(x)单调递减，
当x∈(r1，r2)时，t'(x)>0，t(x)单调递增，
当x∈(r2，+∞)时，t'(x)<0，t(x)单调递减，
又因为t(1)=0，且t'(1)=1-2λ>0，
故t(r1)<0，t(r2)>0，
因为ln x<x-1(x≠1)，
所以ln 1
√x < 1
√x -1(x≠1)，
即ln x>2- 2
√x (x≠1)，
所以t(λ4)=ln λ4-λ(λ
4- 1
λ
4)>2- 2
λ
2-λ5+ 1
λ
3
=(2-λ5)+ 1
λ
2(
1
λ -2)>0，
所以存在x1∈(λ4，r1)，满足t(x1)=0，
又因为t(
1
x)=ln1
x -λ(
1
x - x)
=-ln x+λ(x - 1
x)=-t(x)，
故存在x3= 1
x1
，满足t(x3)=0，
故当且仅当0<λ<1
2时，
ln x=λ(x - 1
x)存在三个不等实根，
且满足0<x1<x2=1<x3，且x1= 1
x3
，
由(2)可知，当x>0 时，
ln(1+x)> 3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
，
所以ln x> 3 x
2-3
x
2+ 4 x +1
(x>1)，
故ln x3=λ(x3- 1
x3)>
3 x3
2-3
x3
2+ 4 x3+1
，
化简可得3
λ< x3
2+ 4 x3+1
x3
=x3+4+ 1
x3
=x1+x2+x3+3，
故x1+ x2+ x3
3
>1
λ -1，命题得证.
跟踪训练2 (1)解 由f(x)=ln(x+1)，
R(x)= ax
1+bx ，
有f(0)=R(0)，
则f'(x)= 1
x +1，
f″(x)=-
1
( x +1)
2，
R'(x)=
a
(1+bx)
2，
R″(x)=-2ab
(1+bx)
3，
由题意f'(0)=R'(0)，
f″(0)=R″(0)，
所以{
a=1,
-2ab=-1,所以{
a=1,
b= 1
2 .
(2)解 由(1)知，R(x)= 2 x
x +2，
令φ(x)=f(x)-R(x)
=ln(x+1)- 2 x
x +2(x>-1)，
则φ'(x)= 1
x +1-
4
( x +2)
2
=
x
2
( x +1)( x +2)
2≥0，
所以φ(x)在(-1，+∞)上为增函数，
又φ(0)=f(0)-R(0)=0，
所以当x>0 时，
φ(x)=f(x)-R(x)>φ(0)=0；
当-1<x<0 时，
φ(x)=f(x)-R(x)<φ(0)=0；
所以当x>0 时，f(x)>R(x)；
当x=0 时，f(x)=R(x)；
当-1<x<0 时，f(x)<R(x).
(3)证明 由(2)得当x>0 时，
f(x)>R(x)，
即ln(x+1)> 2 x
x +2，
即当x>0 时，2 x
x +2<ln(x+1).
(*)
令1
m= 2 x
x +2，m∈N*，得x=
2
2m-1，
代入(*)式得1
m<ln2m+1
2m-1.
取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得
1
n+1<ln2n+3
2n+1，1
n+2<ln2n+5
2n+3，…，1
2n<ln4 n+1
4 n-1，
上面各式相加得1
n+1+ 1
n+2+…+ 1
2n<ln4 n+1
2n+1<ln 2.
