例谈帕德逼近在导数中的应用

胡畅

摘要：众所周知，用函数的泰勒展开的部分作为函数的近似表示是一种基本的、有效的方法，但有时这种方法在实际应用时显得不足，而帕德逼近是一种更精确的有理函数逼近，有关它的理论及其应用成果非常丰富.另外在高考题和模拟题中，帕德逼近作为命题背景频频出现，比如2022年浙江卷，2018年全国卷Ⅲ导数压轴题最后一问，了解与掌握这种逼近，能够降低解题技巧，加快解题速度，预判解题思路.

关键词：不等式；零点；函数导数；帕德逼近

1帕德逼近的定义及常用函数逼近表

帕德逼近来源于高等数学中的函数逼近理论，它不是高中数学课程中的学习内容，也不在高考考查范围内，但由于该理论体现了用代数函数逼近超越函数的思想，所以经常会成为导数压轴题的背景.如果高中数学教师能够了解该理论，就会站在更高的角度看问题，教师认识数学问题的高度决定了学生认识问题的高度，为了培养创新型的学生，我们应该做研究型教师，这也是时代对教师提出的要求.

1.1帕德逼近的定义

函数f（x）在x=0的［m，n］阶帕德逼近f（x）≈a0+a1x+a2x2+……+amxm1+b1x+b2x2+……+bnxn=R（x），满足f（0）=R（0），f′（0）=R′（0），f″（0）=R″（0），……，f（m+n）（0）=R（m+n）（0）.对于给定的正整数m，n函数f（x）的［m，n］阶帕德逼近是唯一的［1］.

1.2常用函数帕德逼近表

几种常用函数帕德逼近举例如下.

（1）f（x）=ln（1+x）在x=0的［m，n］阶帕德逼近如表1所示：

（2）f（x）=lnx在x=0的［m，n］阶帕德逼近如表2所示：

（3）f（x）=ex在x=0的［m，n］阶帕德逼近如表3所示：

2帕德逼近在模拟题中的应用

例1（2022年浙江金华十校11月模拟考试）已知函数f（x）=12x2+ax－（ax+1）lnx（a∈R），記f′（x）=g（x）.

（1）当a=1时，求f（x）的最小值.

（2）若函数g（x）有三个零点x1，x2，x3，且x1

（ⅰ）求a的取值范围；

（ⅱ）证明：x1+x3+4x1x3>3a.

解：（1）f（x）的最小值为32（过程略）.

（2）（ⅰ）a>2（过程略）.

（ⅱ）因为g（x）=f′（x）=x－1x－alnx，由题意知0

由表2知，当x>1时，不等式lnx>3（x2－1）x2+4x+1恒成立.

所以x3－1x3=alnx3>3a（x23－1）x23+4x3+1.

化简，得x23+4x3+1>3ax3，两边同时除以x3，

得x3+1x3+4>3a.

而x1x3=1，所以x1+x3+4x1x3>3a.

点评：帕德逼近在导数命题中经常作为构造放缩的一种手段，比如该题中就是利用f（x）=lnx在x=0处[2，2]阶帕德逼近函数y=3x2－3x2+4x+1，准确地寻找合适的帕德逼近函数是成功的关键，不然会造成放缩不准确，当然在考试中该不等式需要证明.

例2（2023届大湾区高三一模试题）已知函数f（x）=ex－1x.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设a，b是两个不相等的正数，且a+lnb=b+lna，证明：a+b+lnab>2.

解：（1）（过程略）.

（2）令a－lna=b－lnb=m，则lna=a－m，且

lnb=b－m.因此，只需证a+b>1+m.

由表2知，当x>1时，不等式lnx>2（x－1）x+1（x>1）恒成立；当0

又g′（x）=1－1x，g（x）的极值点为x=1，则a，b必定分布在1的两侧，不妨设0

a－m=lna<2（a－1）a+1，b－m=lnb>2（b－1）b+1.

化简，得a2－（1+m）a+2－m<0，b2－（1+m）b+2－m>0.

①②

②-①，得b2－a2－（1+m）（b－a）>0.

整理，得a+b>1+m.

点评：这道题刚出来时，在微信群引起了数学老师的广泛讨论.其实这类零点估计问题，大多都是以泰勒展开式或者帕德逼近为背景来命制的.对照常用函数帕德逼近表，我们发现该题中就是利用f（x）=lnx在x=0处的[1，1]阶帕德逼近.通过以上示例可以看出，利用帕德逼近证明函数中的不等式可以提高解题速度，但运用该法的难点是要根据函数结构以及要证明的结论，找准合适的帕德逼近.

3帕德逼近在高考题中的应用

高考试题中多次出现以高等数学为背景的试题，教师自身应加强对高等数学相关背景的研究，有利于教师把握本质，提升能力.同时，我们也要注意到，以高等数学为背景的高考试题，也都能应用中学数学的知识和方法加以求解.因此，研究高等数学背景并不意味着要在教学中补充高等数学知识，盲目提高要求，加重学生负担，而是应加强自身研究，优化教学，有效提升学生的数学思维能力.

例3（2018年全国高考Ⅲ卷）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（x+1）－2x.

（1）若a=0，证明：当－1

（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a的值.

分析：这道高考题参考答案需要多次求导，情况比较复杂，在这里笔者就不给出题目的详细解答，仅就题目的背景做简要的分析.经过研究发现，这道题也是典型的以帕德逼近为背景命制的.由表1可以看出，第（1）问源于函数f（x）=ln（x+1）在x=0处的[1，1]阶帕德逼近；第（2）问源于f（x）=ln（x+1）在x=0处的[1，2]阶帕德逼近函数为y=12x12+6x－x2=2x2+x－16x2.命题者在命制试题时，对分母为2阶帕德逼近的二项式系数进行设问，以此为背景，考查学生以导数为工具探究问题的能力.

例4（2022年浙江）已知a，b∈R，函数f（x）=e2x+lnx图象上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），处的切线都经过点（a，b）.

（1）求f（x）的單调区间；

（2）若a>e，证明：0

（3）若0

解：第（1）（2）问过程略.下面用帕德逼近就第（3）问右边的不等式作简要说明.

由（2）可知，a·2x－e2x2+lnx－1－b=0有3个实根x1，x2，x3，且0

13－m6

由y=g（t）的图象可知，对于给定的m∈（0，1），当b增大时，图象g（t）下移，t1，t3均减小；反之，当b减小时，图象g（t）上移，t1，t3均增大.

先证明不等式的右边：只需证明极限情况，此时b→m2+1，t2=t3=1，只需证t1<2m－1－m6－1.

由g（t1）=（m+1）t1－m2t12－lnt1－1－m2，化简可以得到

m（t1－1）2=2（t1－1－lnt1）<2[JB（［]t1－1－3（t1－1）2t21+4t1+1]，解得m<2（t1+2）t21+4t1+1，从而可得t1<1+3m2+1m－2.

只需证1+3m2+1m－2

m（m－1）（m－4）（m+15）>0.因为0＜m＜1，所以待证式成立.

分析：2022年浙江高考导数题最后一问，是2022年所有省份高考压轴题里最难的，解决该题主要有两个方向.一是官方解答中的代入，换元，消元，转化为一个复杂的不等式证明；二是极端化，然后对lnx放缩.无论用哪种方法，都需要对lnx进行高精度的放缩.

4帕德逼近的变式训练

学之道在于“悟”，教之道在于“度”.但不思考不会有悟，教师在平常的教学中，除了干净利落地给出问题的解答，还应透彻清晰地确定问题的背景，再通过问题的背景进行变式题的设计，这样才能到达举一反三的效果，才能让学生有机会学以致用，以避免问题与方法各自相对封闭.

利用y=ex在x=0处的[1，3]阶帕德逼近函数，可以设计与2018年全国Ⅲ卷类似的变式题.

变式1函数f（x）=（ax3－x+2）ex－x－2，a∈R.

（1）若a=0，证明：xf（x）≤0;

（2）若x=0是函数f（x）的极小值点，求实数a的值.

另外，也可以通过帕德逼近设计一些零点估计类的问题.在平常训练中，零点估计（极值点偏移）问题的解决主要依赖于对数平均值不等式［2］，但是我们可以通过帕德逼近设计一些更紧的不等式证明问题，例如利用f（x）=lnx在x=0的[2，1]阶帕德逼近可设计如下变式：

变式2已知函数f（x）=x－lnx－a有两个相异的零点x1，x2（x1

（1）求a的取值范围；

（2）证明：x1+x2<4a+23.

利用f（x）=lnx在x=0的[1，1]阶帕德逼近可设计如下变式：

变式3已知函数f（x）=x－lnx－a有两个相异的零点x1，x2（x1

（1）求a的取值范围；

（2）证明：x1+x2>1+a.

教师在平常的教学中要打破就题讲题的教学观，认真研究试题，找到一类题的共性，做到“自然、简单、优美、统一”.

5教学启示

高观点的试题背景是命题的重要来源.很多高考试题都具有高等数学的背景，如圆锥曲线中的极点极线、曲线系方程，导数中的泰勒展开、洛必达法则、帕德逼近等，合理分析这些试题的背景，探寻这些试题的命题方法，可为复习备考提供一些新的生长点.另外，多数具有高观点背景的导数压轴题，由于命制时已将一般性的问题变成具体的适合高中生做的试题，因此会有较强的综合性和新颖性，对于时间紧迫的考生而言会有很大压力.然而对于优秀考生，一旦清楚其中的背景，就可快速得出结果，也为如何书写提供了方向.

参考文献：

[1]徐利治，王仁宏.函数逼近的理论与方法[M].上海：上海科学技术出版社，1983：227-229.

[2]王海刚，陈宇轩.导数的秘密[M].杭州：浙江大学出版社，2020：161-162.