《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 3 (2025·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，在计算机数学中有着广泛的应用. 已知函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的 $[m, n]$ 阶帕德近似定义为：$R(x)=\frac{a_0+a_1 x+\cdots+a_m x^m}{1+b_1 x+\cdots+b_n x^n}$，且满足：$f(0)=R(0)$，$f^{\prime}(0)=R^{\prime}(0)$，$f^{(2)}(0)=R^{(2)}(0)$，$\cdots$，$f^{(m+n)}(0)=R^{(m+n)}(0)$. 其中 $f^{(2)}(x)=\left[f^{\prime}(x)\right]^{\prime}$，$f^{(3)}(x)=\left[f^{(2)}(x)\right]^{\prime}$，$\cdots$，$f^{(m+n)}(x)=\left[f^{(m+n-1)}(x)\right]^{\prime}$. 已知 $f(x)=\ln (x+1)$ 在 $x=0$ 处的 $[2,2]$ 阶帕德近似为 $R(x)=\frac{a+b x+\frac{1}{2} x^2}{1+x+\frac{1}{6} x^2}$.
(1)求实数 $a$，$b$ 的值；
(2)设 $h(x)=f(x)-R(x)$，证明：$x h(x) \geqslant 0$；
(3)已知 $x_1, x_2, x_3$ 是方程 $\ln x=\lambda\left(x-\frac{1}{x}\right)$ 的三个不等实根，求实数 $\lambda$ 的取值范围，并证明：$\frac{x_1+x_2+x_3}{3}＞\frac{1}{\lambda}-1$.$a=0$，$b=1$证明：依题意，$h(x)=f(x)-R(x)=\ln(1 + x)-\frac{3x^{2}+6x}{x^{2}+6x + 6}$，$h^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-\frac{12(x^{2}+3x + 3)}{(x^{2}+6x + 6)^{2}}=\frac{x^{4}}{(1 + x)(x^{2}+6x + 6)^{2}}\geqslant0$，故$h(x)$在$(-1,+\infty)$单调递增，由$h(0)=0$，故$\forall x\in(-1,0)$，$h(x)\lt0$，$\forall x\in(0,+\infty)$，$h(x)\gt0$，综上，$\forall x\gt - 1$，$xh(x)\geqslant0$。实数$\lambda$的取值范围为$(0,\frac{1}{2})$证明：不妨设$x_{1}\lt x_{2}\lt x_{3}$，令$t(x)=\ln x-\lambda(x-\frac{1}{x})$，$t^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\lambda(1+\frac{1}{x^{2}})=\frac{-\lambda x^{2}+x-\lambda}{x^{2}}(x\gt0)$，当$\lambda\leqslant0$时，$t^{\prime}(x)\gt0$，此时$t(x)$单调递增，$t(x)=0$不存在三个不等实根。当$\lambda\gt0$时，令$s(x)=-\lambda x^{2}+x-\lambda$，其判别式$\Delta = 1 - 4\lambda^{2}$。若$\Delta = 1 - 4\lambda^{2}\leqslant0$，即$\lambda\geqslant\frac{1}{2}$，$s(x)\leqslant0$恒成立，即$t^{\prime}(x)\leqslant0$，此时$t(x)$单调递减，$t(x)=0$不存在三个不等实根。若$\Delta = 1 - 4\lambda^{2}\gt0$，即$0\lt\lambda\lt\frac{1}{2}$，$t^{\prime}(x)=0$存在两个不等正实根$r_{1}$，$r_{2}(r_{1}\lt r_{2})$，此时有当$x\in(0,r_{1})$时，$t^{\prime}(x)\lt0$，$t(x)$单调递减；当$x\in(r_{1},r_{2})$时，$t^{\prime}(x)\gt0$，$t(x)$单调递增；当$x\in(r_{2},+\infty)$时，$t^{\prime}(x)\lt0$，$t(x)$单调递减。又因为$t(1)=0$，且$t^{\prime}(1)=1 - 2\lambda\gt0$，故$t(r_{1})\lt0$，$t(r_{2})\gt0$。因为$\ln x\lt x - 1(x\neq1)$，所以$\ln\frac{1}{x}\lt\frac{1}{x}-1$，即$\ln x\gt2-\frac{1}{x}$，所以$t(\lambda^{4})=\ln\lambda^{4}-\lambda(\lambda^{4}-\frac{1}{\lambda^{4}})\gt2-\frac{1}{\lambda^{4}}-\lambda^{5}+\frac{1}{\lambda^{3}}\gt0$，所以存在$x_{1}\in(\lambda^{4},r_{1})$，满足$t(x_{1})=0$。又因为$t(\frac{1}{x_{3}})=\ln\frac{1}{x_{3}}-\lambda(\frac{1}{x_{3}}-x_{3})=-\ln x_{3}+\lambda(x_{3}-\frac{1}{x_{3}})=-t(x_{3})$，故存在$x_{3}=\frac{1}{x_{1}}$，满足$t(x_{3})=0$。故当且仅当$0\lt\lambda\lt\frac{1}{2}$时，$\ln x=\lambda(x-\frac{1}{x})$存在三个不等实根，且满足$x_{1}\lt x_{2}=1\lt x_{3}$，且$x_{1}=\frac{1}{x_{3}}$。由(2)可知，当$x\gt0$时，$\ln(1 + x)\gt\frac{3x^{2}+6x}{x^{2}+6x + 6}$，因此，$\ln x\gt\frac{3x^{2}-3}{x^{2}+4x + 1}(x\gt1)$，故$\ln x_{3}=\lambda(x_{3}-\frac{1}{x_{3}})\gt\frac{3x_{3}^{2}-3}{x_{3}^{2}+4x_{3}+1}$，化简可得$\frac{3}{x_{3}}\lt\frac{x_{3}^{2}+4x_{3}+1}{x_{3}}=x_{3}+4+\frac{1}{x_{3}}=x_{1}+x_{2}+x_{3}+3$，因此$\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}\gt\frac{1}{\lambda}-1$，命题得证。

答案：
(1)实数$a$，$b$的值分别为$0$，$1$。
(2)证明：依题意，$h(x)=f(x)-R(x)=\ln(1 + x)-\frac{3x^{2}+6x}{x^{2}+6x + 6}$，$h^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-\frac{12(x^{2}+3x + 3)}{(x^{2}+6x + 6)^{2}}=\frac{x^{4}}{(1 + x)(x^{2}+6x + 6)^{2}}\geqslant0$，故$h(x)$在$(-1,+\infty)$单调递增，由$h(0)=0$，故$\forall x\in(-1,0)$，$h(x)\lt0$，$\forall x\in(0,+\infty)$，$h(x)\gt0$，综上，$\forall x\gt - 1$，$xh(x)\geqslant0$。
(3)实数$\lambda$的取值范围为$(0,\frac{1}{2})$。证明：不妨设$x_{1}\lt x_{2}\lt x_{3}$，令$t(x)=\ln x-\lambda(x-\frac{1}{x})$，$t^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\lambda(1+\frac{1}{x^{2}})=\frac{-\lambda x^{2}+x-\lambda}{x^{2}}(x\gt0)$，当$\lambda\leqslant0$时，$t^{\prime}(x)\gt0$，此时$t(x)$单调递增，$t(x)=0$不存在三个不等实根。当$\lambda\gt0$时，令$s(x)=-\lambda x^{2}+x-\lambda$，其判别式$\Delta = 1 - 4\lambda^{2}$。若$\Delta = 1 - 4\lambda^{2}\leqslant0$，即$\lambda\geqslant\frac{1}{2}$，$s(x)\leqslant0$恒成立，即$t^{\prime}(x)\leqslant0$，此时$t(x)$单调递减，$t(x)=0$不存在三个不等实根。若$\Delta = 1 - 4\lambda^{2}\gt0$，即$0\lt\lambda\lt\frac{1}{2}$，$t^{\prime}(x)=0$存在两个不等正实根$r_{1}$，$r_{2}(r_{1}\lt r_{2})$，此时有当$x\in(0,r_{1})$时，$t^{\prime}(x)\lt0$，$t(x)$单调递减；当$x\in(r_{1},r_{2})$时，$t^{\prime}(x)\gt0$，$t(x)$单调递增；当$x\in(r_{2},+\infty)$时，$t^{\prime}(x)\lt0$，$t(x)$单调递减。又因为$t(1)=0$，且$t^{\prime}(1)=1 - 2\lambda\gt0$，故$t(r_{1})\lt0$，$t(r_{2})\gt0$。因为$\ln x\lt x - 1(x\neq1)$，所以$\ln\frac{1}{x}\lt\frac{1}{x}-1$，即$\ln x\gt2-\frac{1}{x}$，所以$t(\lambda^{4})=\ln\lambda^{4}-\lambda(\lambda^{4}-\frac{1}{\lambda^{4}})\gt2-\frac{1}{\lambda^{4}}-\lambda^{5}+\frac{1}{\lambda^{3}}\gt0$，所以存在$x_{1}\in(\lambda^{4},r_{1})$，满足$t(x_{1})=0$。又因为$t(\frac{1}{x_{3}})=\ln\frac{1}{x_{3}}-\lambda(\frac{1}{x_{3}}-x_{3})=-\ln x_{3}+\lambda(x_{3}-\frac{1}{x_{3}})=-t(x_{3})$，故存在$x_{3}=\frac{1}{x_{1}}$，满足$t(x_{3})=0$。故当且仅当$0\lt\lambda\lt\frac{1}{2}$时，$\ln x=\lambda(x-\frac{1}{x})$存在三个不等实根，且满足$x_{1}\lt x_{2}=1\lt x_{3}$，且$x_{1}=\frac{1}{x_{3}}$。由
(2)可知，当$x\gt0$时，$\ln(1 + x)\gt\frac{3x^{2}+6x}{x^{2}+6x + 6}$，因此，$\ln x\gt\frac{3x^{2}-3}{x^{2}+4x + 1}(x\gt1)$，故$\ln x_{3}=\lambda(x_{3}-\frac{1}{x_{3}})\gt\frac{3x_{3}^{2}-3}{x_{3}^{2}+4x_{3}+1}$，化简可得$\frac{3}{x_{3}}\lt\frac{x_{3}^{2}+4x_{3}+1}{x_{3}}=x_{3}+4+\frac{1}{x_{3}}=x_{1}+x_{2}+x_{3}+3$，因此$\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}\gt\frac{1}{\lambda}-1$，命题得证。

训练 3 (2025·武汉模拟)我们知道，通过牛顿 - 莱布尼茨公式可以求曲线梯形(如图 1 所示的阴影部分)的面积 $A=\left\{\begin{array}{l}\int_a^b f(x) \mathrm{d} x, f(x)＞0, \\ -\int_a^b f(x) \mathrm{d} x, f(x)＜0,\end{array}\right.$ 其中 $\int_a^b f(x) \mathrm{d} x=F(b)-F(a)$，$F^{\prime}(x)=f(x)$. 如果平面图形由两条曲线围成(如图 2 所示的阴影部分)，曲线 $C_1$ 可以表示为 $y=f_1(x)$，曲线 $C_2$ 可以表示为 $y=f_2(x)$，那么阴影区域的面积 $A=\int_a^b\left(f_2(x)-f_1(x)\right) \mathrm{d} x$，其中 $\int_a^b\left(f_2(x)-f_1(x)\right) \mathrm{d} x=\int_a^b f_2(x) \mathrm{d} x-\int_a^b f_1(x) \mathrm{d} x$.
(1)如图 3，连续函数 $y=f(x)$ 在区间 $[-3,-2]$ 与 $[2,3]$ 的图形分别为直径为 1 的上、下半圆，在区间 $[-2,0]$ 与 $[0,2]$ 的图形分别为直径为 2 的下、上半圆，设 $F(x)=\int_0^x f(t) \mathrm{d} t$，求 $\frac{5}{4} F(2)-F(3)$ 的值；
(2)在曲线 $f(x)=x^2(x \geqslant 0)$ 上某一个点处作切线，使之与曲线和 $x$ 轴所围成的面积为 $\frac{1}{12}$，求切线方程；
(3)正项数列 $\left\{b_n\right\}$ 是公差为 $d$ ($d$ 为常数，$d＞0$)的等差数列，$b_1=1$，两条抛物线 $y=b_n x^2+\frac{1}{b_n}$，$y=b_{n+1} x^2+\frac{1}{b_{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^*\right)$，记它们交点的横坐标的绝对值为 $a_n$，两条抛物线围成的封闭图形的面积为 $S_n$，求证：$\frac{S_1}{a_1}+\frac{S_2}{a_2}+\cdots+\frac{S_n}{a_n}＜\frac{4}{3}$.$\frac{\pi}{4}$切线方程为$y = 2x - 1$证明：两条抛物线的大致图象及位置如图2。联立$\begin{cases}y = b_{n}x^{2}+\frac{1}{b_{n}}\\y = b_{n + 1}x^{2}+\frac{1}{b_{n + 1}}\end{cases}$得$x^{2}=(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})$，由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为$S = 2\int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}}[(b_{n}x^{2}+\frac{1}{b_{n}})-(b_{n + 1}x^{2}+\frac{1}{b_{n + 1}})]dx=2\int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}}(-dx^{2}+\frac{d}{b_{n}b_{n + 1}})dx$，令$f(x)=-dx^{2}+\frac{d}{b_{n}b_{n + 1}}$，$F^{\prime}(x)=f(x)$，$F(x)=-\frac{d}{3}x^{3}+\frac{dx}{b_{n}b_{n + 1}}+C$（$C$为常数），所以$\int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}}f(x)dx=F(\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}})-F(0)=-\frac{d}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}+\frac{d}{b_{n}b_{n + 1}}\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}=\frac{2d}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}$，所以$S=\frac{4d}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}$，所以$\frac{S}{a}=\frac{4d}{3}\cdot\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}=\frac{4}{3}(\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})$，则$\frac{S_{1}}{a_{1}}+\frac{S_{2}}{a_{2}}+\cdots+\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{4}{3}(\frac{1}{b_{1}}-\frac{1}{b_{2}}+\frac{1}{b_{2}}-\frac{1}{b_{3}}+\cdots+\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})=\frac{4}{3}(\frac{1}{b_{1}}-\frac{1}{b_{n + 1}})\lt\frac{4}{3}$。

答案：

(1)$\frac{5}{4} F(2)-F(3)$的值为$\frac{\pi}{4}$。
(2)切线方程为$y = 2x - 1$。
(3)证明：两条抛物线的大致图象及位置如图2。联立$\begin{cases}y = b_{n}x^{2}+\frac{1}{b_{n}}\\y = b_{n + 1}x^{2}+\frac{1}{b_{n + 1}}\end{cases}$得$x^{2}=(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})$，由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为$S = 2\int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}}[(b_{n}x^{2}+\frac{1}{b_{n}})-(b_{n + 1}x^{2}+\frac{1}{b_{n + 1}})]dx=2\int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}}(-dx^{2}+\frac{d}{b_{n}b_{n + 1}})dx$，令$f(x)=-dx^{2}+\frac{d}{b_{n}b_{n + 1}}$，$F^{\prime}(x)=f(x)$，$F(x)=-\frac{d}{3}x^{3}+\frac{dx}{b_{n}b_{n + 1}}+C$（$C$为常数），所以$\int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}}f(x)dx=F(\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}})-F(0)=-\frac{d}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}+\frac{d}{b_{n}b_{n + 1}}\sqrt{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}}=\frac{2d}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}$，所以$S=\frac{4d}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}$，所以$\frac{S}{a}=\frac{4d}{3}\cdot\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}=\frac{4}{3}(\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})$，则$\frac{S_{1}}{a_{1}}+\frac{S_{2}}{a_{2}}+\cdots+\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{4}{3}(\frac{1}{b_{1}}-\frac{1}{b_{2}}+\frac{1}{b_{2}}-\frac{1}{b_{3}}+\cdots+\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})=\frac{4}{3}(\frac{1}{b_{1}}-\frac{1}{b_{n + 1}})\lt\frac{4}{3}$。