《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例1 (1)已知$a = \ln1.01$，$b=\frac{1.01}{30e}$，$c=\frac{1}{101}$，则( )
A. $a\lt b\lt c$ B. $a\lt c\lt b$
C. $c\lt b\lt a$ D. $c\lt a\lt b$

答案： 例1　
(1)D　[由$\frac{x - 1}{x}\leqslant\ln x\leqslant x - 1$知$\ln1.01＞\frac{1.01 - 1}{1.01}=\frac{1}{101}=c$，$\therefore a ＞ c$，$\ln1.01＜1.01 - 1 = 0.01=\frac{1}{100}$，又$b=\frac{1.01}{30e}＞\frac{1.01}{30\times3}=\frac{1.01}{90}＞\frac{1.01}{100}＞\frac{1}{100}$，$\therefore b ＞ a$，故$b ＞ a ＞ c$.]

(2)(2022·新高考全国I)设$a = 0.1e^{0.1}$，$b=\frac{1}{9}$，$c = -\ln0.9$，则( )
A. $a\lt b\lt c$ B. $c\lt b\lt a$
C. $c\lt a\lt b$ D. $a\lt c\lt b$

答案：
(2)C　[$b=\frac{1}{9}\approx0.111$，由公式$e^{x}=1 + x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots$，可得$e^{0.1}\approx1 + 0.1+\frac{0.1^{2}}{2}=1.105$，则$a = 0.1e^{0.1}\approx0.1105$，$c=-\ln0.9=\ln\frac{10}{9}=\ln(1+\frac{1}{9})$，由公式$\ln(1 + x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\cdots$，得$c=\ln(1+\frac{1}{9})\approx\frac{1}{9}-\frac{(\frac{1}{9})^{2}}{2}\approx0.1049$，所以$c ＜ a ＜ b$.]

跟踪演练1 (1)已知$a = e^{0.02}$，$b = 1.02$，$c = \ln2.02$，则( )
A. $c\gt a\gt b$ B. $a\gt b\gt c$
C. $a\gt c\gt b$ D. $b\gt a\gt c$

答案： 跟踪演练1　
(1)B

(2)(2022·全国甲卷)已知$a=\frac{31}{32}$，$b=\cos\frac{1}{4}$，$c = 4\sin\frac{1}{4}$，则( )
A. $c\gt b\gt a$ B. $b\gt a\gt c$
C. $a\gt b\gt c$ D. $a\gt c\gt b$

答案：
(2)A

例2 (1)已知$a = e^{0.3}$，$b=\frac{\ln1.5}{2}+1$，$c=\sqrt{1.5}$，则( )
A. $a\lt b\lt c$ B. $b\lt c\lt a$
C. $c\lt a\lt b$ D. $a\lt c\lt b$

答案： 例2　
(1)B　[利用帕德近似可得，$a = e^{0.3}\approx\frac{0.3^{2}+6\times0.3 + 12}{0.3^{2}-6\times0.3 + 12}=\frac{13.89}{10.29}\approx1.3499$，$b=\frac{\ln1.5}{2}+1\approx\frac{1}{2}\times\frac{3\times0.5^{2}+6\times0.5}{0.5^{2}+6\times0.5 + 6}+1=\frac{1}{2}\times\frac{3.75}{9.25}+1\approx1.2027$，由公式$(1 + x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}x^{2}+\cdots$，得$c=\sqrt{1.5}=\sqrt{1 + 0.5}\approx1+\frac{1}{2}\times0.5-\frac{1}{8}\times0.5^{2}=1.21875$.综上，$b ＜ c ＜ a$.]

(2)(2024·益阳模拟)若$a = 2\ln1.1$，$b = 0.21$，$c = \tan0.21$，则( )
A. $b\lt c\lt a$ B. $a\lt c\lt b$
C. $c\lt a\lt b$ D. $a\lt b\lt c$

答案：
(2)D

跟踪演练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$R(x)=\frac{a_0 + a_1x+\cdots+a_mx^m}{1 + b_1x+\cdots+b_nx^n}$，且满足$f(0)=R(0)$，$f'(0)=R'(0)$，$f''(0)=R''(0)$，$\cdots$，$f^{(m + n)}(0)=R^{(m + n)}(0)$(注：$f''(x)=[f'(x)]'$，$f'''(x)=[f''(x)]'$，$f^{(4)}(x)=[f'''(x)]'$，$f^{(5)}(x)=[f^{(4)}(x)]'$，$\cdots$，$f^{(n)}(x)$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$R(x)=\frac{ax}{1 + bx}$.
(1)求实数$a$，$b$的值；
(2)比较$f(x)$与$R(x)$的大小；
(3)证明：$\forall n\in N^*$，$\frac{1}{n + 1}+\frac{1}{n + 2}+\frac{1}{n + 3}+\cdots+\frac{1}{2n}\lt\ln2$.

答案： 跟踪演练2　
(1)解　由$f(x)=\ln(x + 1)$，$R(x)=\frac{ax}{1 + bx}$，有$f(0)=R(0)$，则$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x + 1}$，$f^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{(x + 1)^{2}}$，$R^{\prime}(x)=\frac{a}{(1 + bx)^{2}}$，$R^{\prime\prime}(x)=\frac{-2ab}{(1 + bx)^{3}}$，由题意$f^{\prime}(0)=R^{\prime}(0)$，$f^{\prime\prime}(0)=R^{\prime\prime}(0)$，所以$\begin{cases}a = 1\\-2ab=-1\end{cases}$，所以$\begin{cases}a = 1\\b=\frac{1}{2}\end{cases}$.
(2)解　由（1）知，$R(x)=\frac{2x}{x + 2}$，令$\varphi(x)=f(x)-R(x)=\ln(x + 1)-\frac{2x}{x + 2}(x ＞ - 1)$，则$\varphi^{\prime}(x)=\frac{1}{x + 1}-\frac{4}{(x + 2)^{2}}=\frac{x^{2}}{(x + 1)(x + 2)^{2}}\geqslant0$，所以$\varphi(x)$在$(-1,+\infty)$上为增函数，又$\varphi(0)=f(0)-R(0)=0$，所以当$x ＞ 0$时，$\varphi(x)=f(x)-R(x)＞\varphi(0)=0$；当$-1 ＜ x ＜ 0$时，$\varphi(x)=f(x)-R(x)＜\varphi(0)=0$；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$\ln(x + 1)＞\frac{2x}{x + 2}$，即当$x ＞ 0$时，$\frac{2x}{x + 2}＜\ln(x + 1)$.（*）令$\frac{1}{m}=\frac{2x}{x + 2}$，$m\in N^{*}$，得$x=\frac{2}{2m - 1}$，代入（*）式得$\frac{1}{m}＜\ln\frac{2m + 1}{2m - 1}$.取$m = n + 1$，$n + 2$，$\cdots$，$2n$，$n\in N^{*}$得$\frac{1}{n + 1}＜\ln\frac{2n + 3}{2n + 1}$，$\frac{1}{n + 2}＜\ln\frac{2n + 5}{2n + 3}$，$\cdots$，$\frac{1}{2n}＜\ln\frac{4n + 1}{4n - 1}$，上面各式相加得$\frac{1}{n + 1}+\frac{1}{n + 2}+\cdots+\frac{1}{2n}＜\ln\frac{4n + 1}{2n + 1}＜\ln2$.