《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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：$\frac{x_1+x_2+x_3}{3}$ $＞\frac{1}{\lambda}-1$.

答案： 例3
(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$R(x)=\frac{6bx+3x^{2}}{6+6x+x^{2}}$。
因为$f^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}$，$R^{\prime}(x)=\frac{(18 - 6b)x^{2}+36x+36b}{(x^{2}+6x+6)^{2}}$，所以$f^{\prime}(0)=1$，$R^{\prime}(0)=b$，因为$f^{\prime}(0)=R^{\prime}(0)$，所以$b = 1$。
(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$\forall x\in(- 1,0)$，$h(x)\lt0$；$x\in(0,+\infty)$，$h(x)\gt0$，综上，$\forall x\gt - 1$，$xh(x)\geqslant0$。
(3)解 不妨设$x_{1}\lt x_{2}\lt x_{3}$，令$t(x)=\ln x-\lambda(x-\frac{1}{x})$，$t^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\lambda(1+\frac{1}{x^{2}})=\frac{- \lambda x^{2}+x-\lambda}{x^{2}}$。
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$\ln x\gt2 - \frac{2}{x}$，所以$t(\lambda^{4})=\ln\lambda^{4}-\lambda(\lambda^{4}-\frac{1}{\lambda^{4}})\gt2 - \frac{2}{\lambda^{4}}-\lambda^{5}+\frac{1}{\lambda^{3}}=(2 - \lambda^{5})+\frac{1 - 2\lambda}{\lambda^{3}}\gt0$，所以存在$x_{1}\in(\lambda^{4},r_{1})$，满足$t(x_{1})=0$。
又因为$t(\frac{1}{x_{1}})=\ln\frac{1}{x_{1}}-\lambda(\frac{1}{x_{1}}-x_{1})=-\ln x_{1}+\lambda(x_{1}-\frac{1}{x_{1}})=-t(x_{1})$，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$\frac{3}{\lambda}\lt\frac{x_{3}^{2}+4x_{3}+1}{x_{3}}=x_{3}+4+\frac{1}{x_{3}}=x_{1}+x_{2}+x_{3}+3$，因此$\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}\gt\frac{1}{\lambda}-1$，命题得证。

我们知道，通过牛顿一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：$\frac{S_1}{a_1}+\frac{S_2}{a_2}+\cdots+\frac{S_n}{a_n}＜\frac{4}{3}$.

答案：
训练3
(1)解 由题意可知$F(2)=\int_{0}^{2}f(t)dt=\frac{1}{2}×\pi×1^{2}=\frac{\pi}{2}$，$F(3)=\int_{0}^{3}f(t)dt=\int_{0}^{2}f(t)dt+\int_{2}^{3}f(t)dt=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8}=\frac{3\pi}{8}$，所以$\frac{5}{4}F(2)-F(3)=\frac{5}{4}×\frac{\pi}{2}-\frac{3\pi}{8}=\frac{\pi}{4}$。
(2)解 如图1，设切点为$A(x_{0},x_{0}^{2})$，则切线的斜率为$y^{\prime}=2x_{0}$，则切线方程为$y - x_{0}^{2}=2x_{0}(x - x_{0})$。
所以切线与$x$轴的交点为$B(\frac{x_{0}}{2},0)$，过点$A$作$x$轴的垂线，垂足为$C$，则$C(x_{0},0)$。
所以由题意可知围成的面积$S=\int_{0}^{x_{0}}x^{2}dx - S_{\triangle ABC}=\frac{1}{3}x_{0}^{3}-\frac{1}{2}×\frac{x_{0}}{2}× x_{0}^{2}=\frac{1}{12}x_{0}^{3}$，得$x_{0}=1$。
所以切点坐标为$(1,1)$，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$a_{n}=(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{1}{2}}$。
由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为$S_{n}=2\int_{0}^{a_{n}}\left[b_{n}x^{2}+\frac{1}{b_{n}}-(b_{n + 1}x^{2}+\frac{1}{b_{n + 1}})\right]dx=2\int_{0}^{a_{n}}(-(b_{n + 1}-b_{n})x^{2}+\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})dx$。
令$f(x)=-(b_{n + 1}-b_{n})x^{2}+\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}}$，设$F^{\prime}(x)=f(x)$，则$F(x)=-\frac{b_{n + 1}-b_{n}}{3}x^{3}+(\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})x + C$（$C$为常数）。
所以$\int_{0}^{a_{n}}f(x)dx=F(a_{n})-F(0)=-\frac{b_{n + 1}-b_{n}}{3}a_{n}^{3}+(\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})a_{n}=\frac{2(b_{n + 1}-b_{n})}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}$，所以$S_{n}=\frac{4(b_{n + 1}-b_{n})}{3}(\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}})^{\frac{3}{2}}$。
则$\frac{S_{1}}{a_{1}}+\frac{S_{2}}{a_{2}}+\cdots+\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{4}{3}(\frac{1}{b_{1}}-\frac{1}{b_{2}}+\frac{1}{b_{2}}-\frac{1}{b_{3}}+\cdots+\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}})\lt\frac{4}{3}$。