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(共69張PPT)
第三章
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
培優(yōu)點3　泰勒展開式
1.泰勒公式
如果函數(shù)f(x)在含有x0的某個開區(qū)間(a，b)內(nèi)具有直到(n+1)階的導(dǎo)數(shù)，則對 x∈(a，b)，
有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+Rn(x)，
其中f(n)(x0)表示f(x)在x=x0處的n階導(dǎo)數(shù)，等號后的多項式稱為函數(shù)f(x)在x=x0處的n階泰勒展開式.
2.麥克勞林公式
f(x)=f(0)+x+x2+…+xn+Rn(x)，
雖然麥克勞林公式是泰勒公式的特殊形式，僅僅是取x0=0的特殊結(jié)果，由于麥克勞林公式使用方便，在高考中經(jīng)常會涉及.
3.常見函數(shù)的麥克勞林展開式(o(xn)是xn的高階無窮小量)
(1)ex=1+x++…++o(xn)；
(2)sin x=x-+-…+(-1)n-1+o(x2n-1)；
(3)cos x=1-+-+…+(-1)n+o(x2n)；
(4)ln(1+x)=x-+-…+(-1)n-1+o(xn)；
(5)=1+x+x2+…+xn+o(xn)；
(6)(1+x)α=1+αx+x2+…+xn+o(xn).
4.兩個超越不等式(注意解答題需先證明后使用)
(1)對數(shù)型超越放縮：≤ln x≤x-1(x>0)；
(2)指數(shù)型超越放縮：x+1≤ex≤(x<1).
比較大小
題型一
例1　(1)已知a=ln 1.01，b=，c=，則
A.aC.c√
由≤ln x≤x-1知
ln 1.01>==c，
∴a>c，
ln 1.01<1.01-1=0.01=，
又b=>=>>，
∴b>a，故b>a>c.
(2)(2022·新高考全國Ⅰ)設(shè)a=0.1e0.1，b=，c=-ln 0.9，則
A.aC.c√
b=≈0.111，
由公式ex=1+x++…，
可得e0.1≈1+0.1+=1.105，
則a=0.1e0.1≈0.110 5，
c=-ln 0.9=ln=ln，
由公式ln(1+x)=x-++…，得c=ln≈-≈0.104 9，所以c涉及比較大小的問題，如果其中同時含有指數(shù)式、對數(shù)式和多項式，可考慮利用泰勒展開式解決問題，特別注意結(jié)合賦值法，利用如下超越不等式或其變形公式解決問題：≤ln x≤x-1(x>0)，x+1≤ex≤(x<1).
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(1)已知a=e0.02，b=1.02，c=ln 2.02，則
A.c>a>b B.a>b>c
C.a>c>b D.b>a>c
√
設(shè)x=0.02，則a=e0.02=1+0.02++…，
顯然a>b>1>c.
(2)(2022·全國甲卷)已知a=，b=cos，c=4sin，則
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
√
根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)f(x)=1-，
g(x)=cos x，h(x)=，
則a=f ，b=g，c=h.
由于較小，所以對g(x)，h(x)在x=0處進(jìn)行泰勒展開：
g(x)=1-++o(x4)，
h(x)=1-++o(x4).
顯然，在x=時，a=f 證明不等式
題型二
例2　給出以下三段材料：
①若函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f'(x)，f'(x)的導(dǎo)數(shù)叫做f(x)的二階導(dǎo)數(shù)，記作f″(x).類似地，二階導(dǎo)數(shù)f″(x)的導(dǎo)數(shù)叫做f(x)的三階導(dǎo)數(shù)，記作f (3)(x)，三階導(dǎo)數(shù)
f (3)(x)的導(dǎo)數(shù)叫做f(x)的四階導(dǎo)數(shù)，…，一般地，n-1階導(dǎo)數(shù)的導(dǎo)數(shù)叫做f(x)的n階導(dǎo)數(shù)，即f (n)(x)=[f (n-1)(x)]'，n≥4；
②若n∈N*，定義n！=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1；
③若函數(shù)f(x)在含有x0的某個開區(qū)間(a，b)內(nèi)具有n+1階導(dǎo)數(shù)，那么對于 x∈(a，b)，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…+
(x-x0)n+o((x-x0)n)，我們稱上式為函數(shù)f(x)在x=x0處的n階泰勒展開式，其中o((x-x0)n)為(x-x0)n的高階無窮小量.例如，y=ex在x=0處的n階泰勒展開式為1+x+x2+…+xn+o(xn).
根據(jù)以上三段材料，完成下面的題目：
(1)求f1(x)=cos x，f2(x)=sin x在x=0處的3階泰勒展開式；
f1(x)=cos x，則有f'1(x)=-sin x，
f″1(x)=-cos x，(x)=sin x，
∴f'1(0)=0，f″1(0)=-1，(0)=0，
∴f1(x)=cos 0+(x-0)+(x-0)2+(x-0)3+o(x3)=1-x2+o(x3)，
同理可得f2(x)=x-x3+o(x3).
(2)在(1)的條件下，記g1(x)=f1(0)+x+x2+x3，比較f1(x)與g1(x)的大??；
由(1)知f1(x)=cos x，g1(x)=1-x2，
令h(x)=f1(x)-g1(x)=cos x-1+x2，
則h'(x)=-sin x+x，
∴h″(x)=1-cos x≥0，
∴h'(x)為R上的增函數(shù)，
又h'(0)=0，∴在(-∞，0)上，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；在(0，+∞)上，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，
∴h(x)≥h(0)=0，即cos x≥1-x2，故f1(x)≥g1(x).
(3)證明：ex+sin x+cos x≥2+2x.
令φ(x)=sin x-x+x3，則φ'(x)=cos x-1+x2，
由(2)知，φ'(x)≥0，所以φ(x)為R上的增函數(shù)，又φ(0)=0，
所以當(dāng)x<0時，φ(x)<0，
即sin x當(dāng)x=0時，φ(x)=0，
即sin x=x-x3；
當(dāng)x>0時，φ(x)>0，即sin x>x-x3，
而y=ex在x=0處的3階泰勒展開式為
ex=1+x+x2+x3+o(x3)，
設(shè)m(x)=ex-1-x-x2-x3，
則m'(x)=ex-1-x-x2，
m″(x)=ex-1-x≥0，
故m'(x)為R上的增函數(shù)，而m'(0)=0，
故當(dāng)x<0時，m'(x)<0，當(dāng)x>0時，m'(x)>0，
故m(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
故m(x)min=m(0)=0，即ex≥1+x+x2+x3，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號.
①當(dāng)x≥0時，sin x≥x-x3，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號，
所以ex+sin x+cos x≥++=2+2x；
②當(dāng)x<0時，設(shè)F(x)=ex+sin x+cos x-2-2x，F(xiàn)(0)=0，
F'(x)=ex+cos x-sin x-2
=ex+cos-2，
F″(x)=ex-sin x-cos x，
若x∈(-1，0)，由于sin x所以F″(x)=ex-sin x-cos x
>1+x+x2+x3+x3-x-cos x=1-cos x+x2(3+2x)>0，
故F'(x)在(-1，0)上單調(diào)遞增，
從而F'(x)若x∈(-∞，-1]，
F'(x)=ex+cos-2<+-2<+-2<0，
所以當(dāng)x<0時，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，
從而F(x)>F(0)=0，
即ex+sin x+cos x>2+2x.
綜上，ex+sin x+cos x≥2+2x.
在證明不等式或根據(jù)不等式求參數(shù)的范圍時，要仔細(xì)觀察，發(fā)現(xiàn)其中所含的超越不等式，需證明后再用來解決問題.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　已知函數(shù)f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
因為f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1，
所以f(x)的定義域為(1，+∞)，f'(x)=-k.
若k≤0，則f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上為增函數(shù)；
若k>0，則f'(x)=-k=，
當(dāng)10，f(x)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)x>+1時，f'(x)<0，f(x)在上單調(diào)遞減.
綜上，當(dāng)k≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，+∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；
當(dāng)k>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為.
(2)證明：+++…+<(n∈N*，n>1).
當(dāng)k=1時，由(1)可知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2，+∞)，
所以f(x)≤f(2)=0在(1，+∞)上恒成立，
且f(x)在(2，+∞)上單調(diào)遞減，
即ln(x-1)令x-1=n2(n∈N*，n>1)，則ln n2即2ln n<(n-1)(n+1)，
所以<(n∈N*，n>1)，
所以+++…+<+++…+=，
即+++…+<(n∈N*，n>1)成立.
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
題號 1 2 3 4 5
答案 B D B ACD 86
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
(1) f(x)=，f'(x)=，f″(x)=，f(3)(x)=，
f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f(3)(0)=6，
所以f(x)==1+x+x2+x3+….
(2)因為(sin x)'=cos x，(cos x)'=-sin x，
可得sin x=x-+-+…，
故sin=-+…≈0.48.
6.
答案
1
2
3
4
5
6
7
(3)方法一　由泰勒展開式ex=1+x+++++…++…，
易知當(dāng)x≥0時，ex≥1+x+，
所以ex--sin x-cos x≥1+x+--sin x-cos x=1+x-sin x-cos x≥x-sin x，
令g(x)=x-sin x，
則g'(x)=1-cos x≥0，所以g(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，
故g(x)≥g(0)=0，即證得當(dāng)x≥0時，ex--sin x-cos x≥0.
6.
答案
1
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3
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5
6
7
方法二　令G(x)=ex--sin x-cos x，
G'(x)=ex-x-cos，
易知當(dāng)x∈時，y=ex-x，
y=-cos均單調(diào)遞增，
所以G'(x)=ex-x-cos單調(diào)遞增，
所以G'(x)≥G'(0)=0，
6.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以當(dāng)x∈時，G(x)單調(diào)遞增，
所以G(x)≥G(0)=0，
當(dāng)x∈時，
G(x)=ex--sin x-cos x≥ex--2，
令F(x)=ex--2，則F'(x)=ex-x>0，則F(x)=ex--2單調(diào)遞增，
則當(dāng)x∈時，F(xiàn)(x)=ex--2>F(2)=e2-4>0，綜上，原不等式得證.
6.
答案
1
2
3
4
5
6
7
(1)由f(x)=ln(x+1)，得f'(x)=，f″(x)=-，f (3)(x)=，
所以f(1)=ln 2，f'(1)=，f″(1)=-，f (3)(1)=，
所以函數(shù)f(x)在x=1處的3階泰勒展開式為f(x)=ln 2+(x-1)-(x-1)2+(x-1)3
+R3(x).
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
(2)由(1)，得f(0)=0，f'(0)=1，f″(0)=-1，f (3)(0)=2.
所以函數(shù)f(x)在x=0處的3階泰勒展開式為f(x)=x-x2+x3+R3(x)，
所以g(x)=R3(x)=ln(x+1)-x+x2-x3.
g'(x)=-1+x-x2=-，令g'(x)=0，得x=0，
當(dāng)x∈(-1，0)時，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(0，1)時，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.
所以g(x)≤g(0)=0，即對任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0.
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
(3)由(2)知，當(dāng)x∈(0，1)時，
g(x)=ln(x+1)-x+x2-x3<0，
即ln(x+1)因為∈(0，1)(n∈N*)，所以ln<-·+·.
ln+ln+ln+…+ln<++…+-
+=-×+×
=+·--·，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
因為+·--·<+·-=+
=+·<(n∈N*)，
所以ln+ln+ln+…+ln<，
即ln<，
所以…<(n∈N*).
7.
一、單項選擇題
1.(2024·鄭州統(tǒng)考)計算器計算ex，ln x，sin x，cos x等函數(shù)的函數(shù)值，是通過寫入“泰勒展開式”程序的芯片完成的.“泰勒展開式”的內(nèi)容為：如果函數(shù)f(x)在含有x0的某個開區(qū)間(a，b)內(nèi)可以進(jìn)行多次求導(dǎo)數(shù)運(yùn)算，則當(dāng)x≠x0時，有f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…，其中f'(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)，f″(x)是f'(x)的導(dǎo)數(shù)，f(x)是f″(x)的導(dǎo)數(shù)，….取x0=0，則sin 1精確到0.01的近似值為
A.0.82 B.0.84 C.0.86 D.0.88
√
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答案
6
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1
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5
答案
根據(jù)題意，f(x)=sin x，f'(x)=cos x，f″(x)=-sin x，f(x)=-cos x，…，
取x0=0，可得f(x)=f(0)+x+x2+x3+…，
則f(x)=sin x=0+1×x+0×x2+(-1)×x3+0×x4+1×x5+…=x-x3+x5
+…，
令x=1，代入上式可得f(1)=sin 1=1-++…=+…≈0.84，
所以sin 1≈0.84.
6
7
2.已知a=e0.1-1，b=sin 0.1，c=ln 1.1，則
A.aC.c1
2
3
4
5
√
答案
6
7
1
2
3
4
5
答案
∵sin x=x-+-…，
ln(1+x)=x-+-…，
ex=1+x+++…，
∴sin 0.1=0.1-+-…，
ln 1.1=0.1-+-…，
6
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4
5
答案
e0.1=1+0.1+++…，
則e0.1-1=0.1+++…，
∴l(xiāng)n 1.1故c6
7
3.設(shè)a=2ln 1.01，b=ln 1.02，c=-1，則
A.aC.b√
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答案
6
7
1
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5
答案
因為a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02，所以a>b，排除A，D；
由公式ln(1+x)=x-+…，
得a=2ln(1+0.01)≈2×≈0.02-0.000 1=0.019 9，
由公式(1+x)α=1+αx+x2+…，
得c=(1+0.04-1≈×0.04-×0.042≈0.02-0.000 2=0.019 8，
所以a>c，排除C.
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答案
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7
二、多項選擇題
4.(2025·沈陽模擬)泰勒公式通俗地講就是用一個多項式函數(shù)去逼近一個給定的函數(shù)，也叫泰勒展開式，下面給出兩個泰勒展開式：
ex=1+x++++…++…；
sin x=x-+-+…+(-1)n-1·+….
由此可以判斷下列各式中正確的是
A.eix=cos x+isin x(i是虛數(shù)單位) B.eix=-i(i是虛數(shù)單位)
C.2x≥1+xln 2+(x≥0) D.cos x<1-+(x∈(0，1))
√
√
√
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答案
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7
對于A，B，由sin x=x-+-+…+(-1)n-1+…，
兩邊求導(dǎo)得cos x=1-+-+…+(-1)n-1+…，
isin x=xi-+-+…+(-1)n-1·+…，
cos x+isin x=1+xi--++--+…+(-1)n-1+
(-1)n-1+…，
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答案
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7
又eix=1+xi++++…++…
=1+xi--++--+…+(-1)n-1+(-1)n-1+…
=cos x+isin x，
故A正確，B錯誤；
對于C，已知ex=1+x++++…++…，則ex≥1+x+.
因為2x=exln 2(x≥0)，則exln 2≥1+xln 2+，即2x≥1+xln 2+(x≥0)成立，故C正確；
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答案
6
7
對于D，cos x=1-+-+-+…+(-1)n-1+…
=-+-+…-+-…(n為奇數(shù))，
當(dāng)x∈(0，1)時，-+<0，-+<0，…，
-+
=<0，x∈(0，1)，
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答案
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7
所以-+-+…-+-…<0，
所以cos x<1-+=1-+(x∈(0，1))成立，故D正確.
三、填空題
5.數(shù)學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)，對于任意的x∈R，sin x=x-+-+…+(-1)n-1
+…(n∈N*)，稱為正弦函數(shù)的泰勒展開式.在精度要求不高的情況下，對于給定的實數(shù)x，可以用這個展開式來求sin x的近似值.如圖，百貨大樓的上空有一廣告氣球，直徑為6米，在豎直平
面內(nèi)，某人測得氣球中心B的仰角∠BAC=30°，
氣球的視角α=2°，則該氣球的高BC約為____米.
(精確到1米)
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答案
6
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答案
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7
由題意過點B作切線的垂線交于點D，
在△ABD中，BD=3，
sin 1°=，
所以AB=，
在Rt△ABC中，sin∠BAC=sin 30°=，
聯(lián)立可得BC==≈≈86.
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4
5
答案
四、解答題
6.(2024·合肥模擬)英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)的泰勒公式有如下特殊形式：當(dāng)f(x)在x=0處n(n∈N*)階導(dǎo)數(shù)都存在時，f(x)在x=0處的n階泰勒展開式為f(x)=f(0)+f'(0)x+x2+x3+…+xn+….注：f″(x)表示f(x)的2階導(dǎo)數(shù)，即為f'(x)的導(dǎo)數(shù)，f (n)(x)(n≥3)表示f(x)的n階導(dǎo)數(shù)，該公式也稱麥克勞林公式.
(1)寫出f(x)=的泰勒展開式(只需寫出前4項)；
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答案
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f(x)=，f'(x)=，f″(x)=，f(3)(x)=，
f(0)=f'(0)=1，f″(0)=2，f(3)(0)=6，
所以f(x)==1+x+x2+x3+….
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答案
(2)根據(jù)泰勒公式估算sin的值，精確到小數(shù)點后兩位；
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因為(sin x)'=cos x，(cos x)'=-sin x，
可得sin x=x-+-+…，
故sin=-+…≈0.48.
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(3)證明：當(dāng)x≥0時，ex--sin x-cos x≥0.
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方法一　由泰勒展開式ex=1+x+++++…++…，
易知當(dāng)x≥0時，ex≥1+x+，
所以ex--sin x-cos x≥1+x+--sin x-cos x=1+x-sin x-cos x≥x-sin x，
令g(x)=x-sin x，
則g'(x)=1-cos x≥0，所以g(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，
故g(x)≥g(0)=0，
即證得當(dāng)x≥0時，ex--sin x-cos x≥0.
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答案
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方法二　令G(x)=ex--sin x-cos x，
G'(x)=ex-x-cos，
易知當(dāng)x∈時，y=ex-x，
y=-cos均單調(diào)遞增，
所以G'(x)=ex-x-cos單調(diào)遞增，所以G'(x)≥G'(0)=0，
所以當(dāng)x∈時，G(x)單調(diào)遞增，
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答案
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所以G(x)≥G(0)=0，
當(dāng)x∈時，
G(x)=ex--sin x-cos x≥ex--2，
令F(x)=ex--2，則F'(x)=ex-x>0，
則F(x)=ex--2單調(diào)遞增，
則當(dāng)x∈時，F(xiàn)(x)=ex--2>F(2)=e2-4>0，綜上，原不等式得證.
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2
3
4
5
答案
7.(2024·廊坊模擬)對于函數(shù)f(x)，規(guī)定f'(x)=[f(x)]'，f″(x)=[f'(x)]'，f(3)(x)=
[f″(x)]'，…，f(n)(x)=[f(n-1)(x)]'，f(n)(x)叫做函數(shù)f(x)的n階導(dǎo)數(shù).若函數(shù)f(x)在包含x0的某個開區(qū)間(a，b)上具有直到(n+1)階的導(dǎo)數(shù)，則對任意x∈(a，b)，
f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+·(x-x0)3+…+(x-x0)n+Rn(x)，
該公式稱為函數(shù)f(x)在x=x0處的n階泰勒展開式，Rn(x)是此泰勒展開式的n階余項.已知函數(shù)f(x)=ln(x+1).
(1)寫出函數(shù)f(x)在x=1處的3階泰勒展開式(Rn(x)用R3(x)表示即可)；
6
7
1
2
3
4
5
答案
6
7
由f(x)=ln(x+1)，得f'(x)=，f″(x)=-，f (3)(x)=，
所以f(1)=ln 2，f'(1)=，f″(1)=-，f (3)(1)=，
所以函數(shù)f(x)在x=1處的3階泰勒展開式為f(x)=ln 2+(x-1)-(x-1)2+(x-1)3+
R3(x).
1
2
3
4
5
答案
(2)設(shè)函數(shù)f(x)在x=0處的3階余項為g(x)，求證：對任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0；
6
7
由(1)，得f(0)=0，f'(0)=1，f″(0)=-1，f (3)(0)=2.
所以函數(shù)f(x)在x=0處的3階泰勒展開式為f(x)=x-x2+x3+R3(x)，
所以g(x)=R3(x)=ln(x+1)-x+x2-x3.
g'(x)=-1+x-x2=-，令g'(x)=0，得x=0，
當(dāng)x∈(-1，0)時，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(0，1)時，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.
所以g(x)≤g(0)=0，
即對任意的x∈(-1，1)，g(x)≤0.
1
2
3
4
5
答案
6
7
1
2
3
4
5
答案
(3)求證：…<(n∈N*).
6
7
由(2)知，當(dāng)x∈(0，1)時，
g(x)=ln(x+1)-x+x2-x3<0，
即ln(x+1)因為∈(0，1)(n∈N*)，
所以ln<-·+·.
ln+ln+ln+…+ln<++…+-
1
2
3
4
5
答案
6
7
+
=-×+×=+·--·，
因為+·--·<+·-=+=+·<(n∈N*)，
所以ln+ln+ln+…+ln<，
即ln<，
所以…<(n∈N*).
1
2
3
4
5
答案
6
7(共56張PPT)
第三章
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
培優(yōu)點4　帕德近似
1.帕德近似
帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(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)=，
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)=，且滿足f(0)=R(0)，可得a0=0.進(jìn)一步，f'(x)=，R'(x)=，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=，于是可得到f(x)=ln(x+1)在x=0處的[1，1]階帕德近似為R(x)=.
2.高中常見的帕德近似公式
ln(1+x)≈，x∈(-1，1)，
ex≈，x∈[-2，2]，
sin x≈，x∈(-1，1)，
cos x≈，x∈(-1，1)，
tan x≈，x∈.
利用帕德近似比較大小
題型一
例1　(1)已知a=e0.3，b=+1，c=，則
A.aC.c√
利用帕德近似可得，
a=e0.3≈=≈1.349 9，
b=+1≈×+1=×+1≈1.202 7，
c==≈1+×0.5-×0.52=1.218 75.
綜上，b(2)(2024·益陽模擬)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，則
A.bC.c√
由帕德近似公式得
a=2ln 1.1=2ln(1+0.1)
≈2×=≈0.190 6，
c=tan 0.21≈=≈0.213，
又b=0.21，∴c>b>a.
對于含指數(shù)、對數(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.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(2025·哈爾濱模擬)設(shè)a=ln 1.01，b=sin 0.01，c=，則
A.cC.a√
a=ln 1.01=ln(1+0.01)≈=≈0.009 95，
b=sin 0.01≈=≈0.010 00，
c=≈0.009 90，故b>a>c.
帕德近似與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
題型二
例2　(2024·廈門模擬)帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法，在數(shù)學(xué)計算中有著廣泛的應(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)=，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)=ln(x+1)在x=0處的[2，2]階帕德近似為R(x)=.
(1)求實數(shù)a，b的值；
依題意可知，f(0)=0，R(0)=a，
因為f(0)=R(0)，所以a=0，
此時R(x)=，
因為f'(x)=，
R'(x)=，
所以f'(0)=1，R'(0)=b，
因為f'(0)=R'(0)，所以b=1.
(2)設(shè)h(x)=f(x)-R(x)，證明：xh(x)≥0；
由(1)知R(x)=，
依題意，h(x)=f(x)-R(x)
=ln(1+x)-，
h'(x)=-=≥0，
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)已知x1，x2，x3是方程ln x=λ的三個不等實根，求實數(shù)λ的取值范圍，并證明：>-1.
不妨設(shè)0令t(x)=ln x-λ，
t'(x)=-λ=(x>0)，
當(dāng)λ≤0時，t'(x)>0，此時t(x)單調(diào)遞增，t(x)=0不存在三個不等實根；
當(dāng)λ>0時，令s(x)=-λx2+x-λ，
其判別式Δ=1-4λ2，
若Δ=1-4λ2≤0，即λ≥，s(x)≤0恒成立，
即t'(x)≤0，
此時t(x)單調(diào)遞減，t(x)=0不存在三個不等實根；
若Δ=1-4λ2>0，即0<λ<，t'(x)=0存在兩個不等正實根，設(shè)為r1，r2(r1由根與系數(shù)的關(guān)系知0當(dāng)x∈(0，r1)時，t'(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(r1，r2)時，t'(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(r2，+∞)時，t'(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，
又因為t(1)=0，且t'(1)=1-2λ>0，
故t(r1)<0，t(r2)>0，
因為ln x所以ln<-1(x≠1)，
即ln x>2-(x≠1)，
所以t(λ4)=ln λ4-λ>2--λ5+=(2-λ5)+>0，
所以存在x1∈(λ4，r1)，滿足t(x1)=0，
又因為t=ln-λ=-ln x+λ=-t(x)，
故存在x3=，滿足t(x3)=0，
故當(dāng)且僅當(dāng)0<λ<時，ln x=λ存在三個不等實根，
且滿足0由(2)可知，當(dāng)x>0時，ln(1+x)>，
所以ln x>(x>1)，
故ln x3=λ>，
化簡可得<=x3+4+
=x1+x2+x3+3，
故>-1，命題得證.
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)知識解決初等數(shù)學(xué)知識，雖然超綱，但確實是得分的不二法門！
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(2024·濟(jì)寧模擬)帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(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)=，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)=ln(x+1)在x=0處的[1，1]階帕德近似為R(x)=.
(1)求實數(shù)a，b的值；
由f(x)=ln(x+1)，R(x)=，
有f(0)=R(0)，
則f'(x)=，f″(x)=-，
R'(x)=，R″(x)=，
由題意f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，
所以
(2)比較f(x)與R(x)的大小；
由(1)知，R(x)=，
令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-(x>-1)，
則φ'(x)=-=≥0，
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，φ(x)=f(x)-R(x)>φ(0)=0；
當(dāng)-1所以當(dāng)x>0時，f(x)>R(x)；
當(dāng)x=0時，f(x)=R(x)；
當(dāng)-1(3)證明： n∈N*，+++…+由(2)得當(dāng)x>0時，f(x)>R(x)，即ln(x+1)>，
即當(dāng)x>0時，令=，m∈N*，得x=，
代入(*)式得取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得
上面各式相加得++…+課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
題號 1 2 3 4 5
答案 D C B B B
6
答案
1
2
3
4
5
6
(1)由題意得
R'(x)==，
R″(x)=，
f(0)=f'(0)=f″(0)=1，
故R'(0)=a-b=1，R″(0)=-2b(a-b)=1，
解得a=，b=-.
6.
答案
1
2
3
4
5
6
(2)由上可得R(x)==，要比較f(x)與R(x)的大小，只需比較ex與的大小，
只需比較1與e-x的大小，
令g(x)=e-x，x∈(0，1)，
g'(x)=e-x=e-x>0，
所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，
所以g(x)>g(0)=1，即>ex，所以f(x)6.
答案
1
2
3
4
5
6
(3)設(shè)u(x)=ex-x-1，u'(x)=ex-1，
當(dāng)x<0時，u'(x)<0，u(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，
當(dāng)x>0時，u'(x)>0，u(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，等號成立.
由題意知a1=，an=-1，an≠0，
則=>=1，故可得an>0；　
6.
答案
1
2
3
4
5
6
-=-=，
令m(x)=(1-x)ex，x>0，m'(x)=-xex<0，
故m(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減，
又當(dāng)x→0+時，y=→0-，
故可得-<0，
即an+16.
答案
1
2
3
4
5
6
一方面，由(2)可得
=<=，
又因為>an+1+1，
所以可得an+1+1<，
即an+1<>-1，即-1>2，
6.
答案
1
2
3
4
5
6
故-1>2n-1=2n-1，
即>2n-1，所以an<.
另一方面，當(dāng)n=1時，a1=，要證an≥，
即證an+1≥an≥，
令g(x)=--x，x>0，g'(x)=+-1>0，
6.
答案
1
2
3
4
5
6
所以g(x)在上單調(diào)遞增，
所以g(an)>g(0)=0，
即--an>0 >
> an+1>an，得證.
6.
一、單項選擇題
1.(2024·安康模擬)已知a=e0.2-1，b=ln 1.2，c=，則
A.aC.b√
1
2
3
4
5
答案
6
1
2
3
4
5
答案
由帕德近似公式得
a=e0.2-1≈-1≈0.221 4，
b=ln 1.2=ln(1+0.2)≈≈0.182 3，
c=≈0.166 7，故c6
2.若a=sin，b=2ln 3-3ln 2，c=，則
A.cC.c1
2
3
4
5
√
答案
6
1
2
3
4
5
答案
由帕德近似公式得
a=sin≈=≈0.062 5，
b=2ln 3-3ln 2=ln 9-ln 8=ln=ln≈=≈0.117 8，
c=≈≈0.054 1，
∴c6
3.(2024·威海模擬)設(shè)a=，b=ln 1.21，c=10sin，則
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>a>b D.c>b>a
√
1
2
3
4
5
答案
6
1
2
3
4
5
答案
b=ln 1.21=ln 1.12=2ln 1.1≈2×=2×≈0.190 6，
c=10sin≈10×
=10×=<0.1，
a==0.1，故b>a>c.
6
1
2
3
4
5
答案
6
4.已知a=tan，b=，c=，則
A.c>a>b B.c>b>a
C.a>b>c D.a>c>b
√
1
2
3
4
5
答案
6
a=tan≈=≈0.545 5，
b=≈0.571 4，
c=≈×≈0.838 6，∴c>b>a.
5.已知a=cos，b=ln，c=0.09e0.09，則
A.c>a>b B.b>c>a
C.a>b>c D.a>c>b
1
2
3
4
5
答案
6
√
1
2
3
4
5
答案
6
由cos x，ln(x+1)，ex的帕德近似公式：
cos x≈，ln(x+1)≈，ex≈得，
a=cos≈×≈0.096 89，
b=ln≈≈0.105 36，
c=0.09e0.09≈0.09×≈0.098 48，∴b>c>a.
1
2
3
4
5
答案
二、解答題
6.(2024·紹興模擬)帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(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)=，且滿足f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f (m+n)(0)=R(m+n)(0).已知f(x)=ex在x=0處的[1，1]階帕德近似為R(x)=.
(注：f″(x)=[f'(x)]'，f'''(x)=[f″(x)]'，f(4)(x)=[f'''(x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…)
(1)求實數(shù)a，b的值；
6
1
2
3
4
5
答案
6
由題意得
R'(x)==，
R″(x)=，
f(0)=f'(0)=f″(0)=1，
故R'(0)=a-b=1，R″(0)=-2b(a-b)=1，
解得a=，b=-.
1
2
3
4
5
答案
(2)當(dāng)x∈(0，1)時，試比較f(x)與R(x)的大??；
6
1
2
3
4
5
答案
6
由上可得R(x)==，要比較f(x)與R(x)的大小，只需比較ex與的大小，
只需比較1與e-x的大小，
令g(x)=e-x，x∈(0，1)，
g'(x)=e-x=e-x>0，
所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，
所以g(x)>g(0)=1，即>ex，所以f(x)1
2
3
4
5
答案
(3)定義數(shù)列{an}：a1=，an=-1，求證：≤an<.
6
1
2
3
4
5
答案
6
設(shè)u(x)=ex-x-1，u'(x)=ex-1，
當(dāng)x<0時，u'(x)<0，u(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，
當(dāng)x>0時，u'(x)>0，u(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，等號成立.
由題意知a1=，an=-1，an≠0，
則=>=1，故可得an>0；　
-=-=，
1
2
3
4
5
答案
6
令m(x)=(1-x)ex，x>0，m'(x)=-xex<0，
故m(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減，
又當(dāng)x→0+時，y=→0-，
故可得-<0，
即an+1一方面，由(2)可得
=<=，
1
2
3
4
5
答案
6
又因為>an+1+1，
所以可得an+1+1<，
即an+1<>-1，
即-1>2，
故-1>2n-1=2n-1，
即>2n-1，所以an<.
1
2
3
4
5
答案
6
另一方面，當(dāng)n=1時，a1=，要證an≥，
即證an+1≥an≥，
令g(x)=--x，x>0，
g'(x)=+-1>0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，所以g(an)>g(0)=0，
即--an>0 > > an+1>an，得證.

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