专题一 微拓展2 帕德近似-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

微拓展2　帕德近似 [考情分析]　随着高考的改革，各地模拟试题越来越新颖，压轴题更是百花齐放.帕德近似出现的频率越来越高，帕德近似类似于泰勒展开式，是一种近似计算，在比较大小中起到了降维打击的作用. 1.帕德近似 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)= 且满足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)]'，(x)=[f″(x)]'，f(4)(x)=[(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处的[1，1]阶帕德近似. 解　由上述定义可知，f(x)在x=0处的[1，1]阶帕德近似的一般形式为R(x)=且满足f(0)=R(0)，可得a0=0.进一步，f'(x)=R'(x)=再由定义可知，需满足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处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=. 2.高中常见的帕德近似公式 ln(1+x)≈x∈(-1，1)， ex≈x∈[-2，2]， sin x≈x∈(-1，1)， cos x≈x∈(-1，1)， tan x≈x∈. 微点一　利用帕德近似比较大小 1.已知a=e0.3，b=+1，c=则(　　) A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.a<c<b 答案　B 解析　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. 综上，b<c<a. 2.(2024·益阳模拟)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，则 (　　) A.b<c<a B.a<c<b C.c<a<b D.a<b<c 答案　D 解析　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. 3.(2024·哈尔滨模拟)设a=ln 1.01，b=sin 0.01，c=则 (　　) A.c<b<a B.c<a<b C.a<b<c D.a<c<b 答案　B 解析　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. 微点二　帕德近似与导数的综合应用 4.(17分)(2024·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，在数学计算中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=且满足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)]'，(x)=[f″(x)]'，…，f (m+n)(x)=[f (m+n-1)(x)]'.已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2，2]阶帕德近似为R(x)=. (1)求实数a，b的值；(4分) (2)设h(x)=f(x)-R(x)，证明：xh(x)≥0；(5分) (3)已知x1，x2，x3是方程ln x=λ的三个不等实根，求实数λ的取值范围，并证明：>-1.(8分) (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)= 因为f'(x)= R'(x)= 所以f'(0)=1，R'(0)=b， 因为f'(0)=R'(0)，所以b=1. (2)证明　由(1)知R(x)= 依题意，h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)- h'(x)=- =≥0， 故h(x)在(-1，+∞)上单调递增， 又h(0)=0，故∀x∈(-1，0)，h(x)<0，∀x∈(0，+∞)，h(x)>0， 综上，∀x∈(-1，+∞)，xh(x)≥0. (3)解　不妨设0<x1<x2<x3，令t(x)=ln x-λ t'(x)=-λ=(x>0)， 当λ≤0时，t'(x)>0，此时t(x)单调递增，t(x)=0不存在三个不等实根； 当λ>0时，令s(x)=-λx2+x-λ，其判别式Δ=1-4λ2， 若Δ=1-4λ2≤0，即λ≥s(x)≤0恒成立，即t'(x)≤0， 此时t(x)单调递减，t(x)=0不存在三个不等实根； 若Δ=1-4λ2>0，即0<λ<t'(x)=0存在两个不等正实根，设为r1，r2(r1<r2)， 由根与系数的关系知0<r1<1<r2， 当x∈(0，r1)时，t'(x)<0，t(x)单调递减， 当x∈(r1，r2)时，t'(x)>0，t(x)单调递增， 当x∈(r2，+∞)时，t'(x)<0，t(x)单调递减， 又因为t(1)=0，且t'(1)=1-2λ>0，故t(r1)<0，t(r2)>0， 因为ln x<x-1(x≠1)，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)，满足t(x1)=0， 又因为t=ln-λ=-ln x+λ=-t(x)， 故存在x3=满足t(x3)=0， 故当且仅当0<λ<时，ln x=λ存在三个不等实根， 且满足0<x1<x2=1<x3，且x1= 由(2)可知，当x>0时，ln(1+x)> 所以ln x>(x>1)， 故ln x3=λ> 化简可得<=x3+4+=x1+x2+x3+3， 故>-1，命题得证. 5.(15分)(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)=且满足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)]'，(x)=[f″(x)]'，f (4)(x)=[(x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…，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)=. (1)求实数a，b的值；(3分) (2)比较f(x)与R(x)的大小；(5分) (3)证明：∀n∈N*+++…+<ln 2.(7分) (1)解　由f(x)=ln(x+1)，R(x)=有f(0)=R(0)， 则f'(x)=f″(x)=- R'(x)=R″(x)= 由题意f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，所以 所以 (2)解　由(1)知，R(x)=令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-(x>-1)， 则φ'(x)=-=≥0， 所以φ(x)在(-1，+∞)上为增函数，又φ(0)=f(0)-R(0)=0， 所以当x>0时，φ(x)=f(x)-R(x)>φ(0)=0； 当-1<x<0时，φ(x)=f(x)-R(x)<φ(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)> 即当x>0时<ln(x+1).(*) 令=m∈N*，得x= 代入(*)式得<ln . 取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得 <ln <ln <ln 上面各式相加得++…+<ln <ln 2. [总结提升] 利用帕德近似完美避开构造函数，公式容易记忆并且技巧性较弱，容易被学生理解掌握.巧妙运用高等数学知识解决初等数学知识，虽然超纲，但确实是得分的不二法门！ 1.(2024·安康模拟)已知a=e0.2-1，b=ln 1.2，c=则(　　) A.a<c<b B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a 答案　D 解析　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c<b<a. 2.若a=sin b=2ln 3-3ln 2，c=则(　　) A.c<b<a B.a<b<c C.c<a<b D.a<c<b 答案　C 解析　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， ∴c<a<b. 3.(2024·威海模拟)设a=b=ln 1.21，c=10sin 则 (　　) A.a>b>c B.b>a>c C.c>a>b D.c>b>a 答案　B 解析　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. 4.已知a=tan b=c=则(　　) A.c>a>b B.c>b>a C.a>b>c D.a>c>b 答案　B 解析　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，则(　　) A.c>a>b B.b>c>a C.a>b>c D.a>c>b 答案　B 解析　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. 6.(17分)(2024·绍兴模拟)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)=且满足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处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=. (注：f″(x)=[f'(x)]'，(x)=[f″(x)]'，f(4)(x)=[(x)]'，f(5)(x)=[f(4)(x)]'，…) (1)求实数a，b的值；(4分) (2)当x∈(0，1)时，试比较f(x)与R(x)的大小；(5分) (3)定义数列{an}：a1=an=-1，求证：≤an<.(8分) (1)解　由题意得 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=-. (2)解　由上可得R(x)==要比较f(x)与R(x)的大小，只需比较ex与的大小， 只需比较1与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)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=1，即>ex，所以f(x)<R(x). (3)证明　设u(x)=ex-x-1，u'(x)=ex-1， 当x<0时，u'(x)<0，u(x)在(-∞，0)上单调递减， 当x>0时，u'(x)>0，u(x)在(0，+∞)上单调递增， 故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立. 由题意知a1=an=-1，an≠0， 则=>=1，故可得an>0；　 -=-= 令m(x)=(1-x)ex，x>0，m'(x)=-xex<0， 故m(x)在(0，+∞)上单调递减， 又当x→0+时，y=→0-， 故可得-<0， 即an+1<an，可得0<an≤； 一方面，由(2)可得 =<= 又因为>an+1+1，所以可得an+1+1< 即an+1<即>-1， 即-1>2 故-1>2n-1=2n-1， 即>2n-1，所以an<. 另一方面，当n=1时，a1=要证an≥即证an+1≥an≥ 令g(x)=--x，x>0， g'(x)=+-1>0， 所以g(x)在上单调递增， 所以g(an)>g(0)=0， 即--an>0⇒> ⇒>⇒an+1>an，得证. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一　函数与导数 微拓展2 帕德近似 随着高考的改革，各地模拟试题越来越新颖，压轴题更是百花齐放.帕德近似出现的频率越来越高，帕德近似类似于泰勒展开式，是一种近似计算，在比较大小中起到了降维打击的作用. 考情分析 1.帕德近似 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)= 且满足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)]'，(x)=[f″(x)]'，f (4)(x)=[(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处的[1，1]阶帕德近似. 由上述定义可知，f(x)在x=0处的[1，1]阶帕德近似的一般形式为R(x)=且满足f(0)=R(0)，可得a0=0.进一步，f'(x)=R'(x)=再由定义可知，需满足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处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=. 2.高中常见的帕德近似公式 ln(1+x)≈x∈(-1，1)， ex≈x∈[-2，2]， sin x≈x∈(-1，1)， cos x≈x∈(-1，1)， tan x≈x∈. 高频考点练 补偿强化练 内容索引 高频考点练 PART ONE 微点一　利用帕德近似比较大小 1.已知a=e0.3，b=+1，c=则 A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.a<c<b √ 1 2 3 4 5 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. 综上，b<c<a. 1 2 3 4 5 2.(2024·益阳模拟)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，则 A.b<c<a B.a<c<b C.c<a<b D.a<b<c √ 1 2 3 4 5 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. 3.(2024·哈尔滨模拟)设a=ln 1.01，b=sin 0.01，c=则 A.c<b<a B.c<a<b C.a<b<c D.a<c<b √ 1 2 3 4 5 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. 微点二　帕德近似与导数的综合应用 4.(2024·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，在数学计算中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x=0处的[m，n]阶帕德近似定义为R(x)=且满足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)]'，(x)= [f″(x)]'，…，f (m+n)(x)=[f (m+n-1)(x)]'.已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2，2]阶帕德近似为R(x)=. (1)求实数a，b的值； 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 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)= 因为f'(x)= R'(x)= 所以f'(0)=1，R'(0)=b， 因为f'(0)=R'(0)，所以b=1. (2)设h(x)=f(x)-R(x)，证明：xh(x)≥0； 1 2 3 4 5 由(1)知R(x)= 依题意，h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)- h'(x)=-=≥0， 故h(x)在(-1，+∞)上单调递增， 又h(0)=0，故∀x∈(-1，0)，h(x)<0，∀x∈(0，+∞)，h(x)>0， 综上，∀x∈(-1，+∞)，xh(x)≥0. (3)已知x1，x2，x3是方程ln x=λ的三个不等实根，求实数λ的取值范围，并证明：>-1. 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 不妨设0<x1<x2<x3，令t(x)=ln x-λ t'(x)=-λ=(x>0)， 当λ≤0时，t'(x)>0，此时t(x)单调递增，t(x)=0不存在三个不等实根； 当λ>0时，令s(x)=-λx2+x-λ，其判别式Δ=1-4λ2， 若Δ=1-4λ2≤0，即λ≥s(x)≤0恒成立，即t'(x)≤0， 此时t(x)单调递减，t(x)=0不存在三个不等实根； 1 2 3 4 5 若Δ=1-4λ2>0，即0<λ<t'(x)=0存在两个不等正实根，设为r1，r2(r1<r2)， 由根与系数的关系知0<r1<1<r2， 当x∈(0，r1)时，t'(x)<0，t(x)单调递减， 当x∈(r1，r2)时，t'(x)>0，t(x)单调递增， 当x∈(r2，+∞)时，t'(x)<0，t(x)单调递减， 又因为t(1)=0，且t'(1)=1-2λ>0，故t(r1)<0，t(r2)>0， 因为ln x<x-1(x≠1)，所以ln<-1(x≠1)，即ln x>2-(x≠1)， 1 2 3 4 5 所以t(λ4)=ln λ4-λ>2--λ5+=(2-λ5)+>0， 所以存在x1∈(λ4，r1)，满足t(x1)=0， 又因为t=ln-λ=-ln x+λ=-t(x)， 故存在x3=满足t(x3)=0， 故当且仅当0<λ<时，ln x=λ存在三个不等实根， 且满足0<x1<x2=1<x3，且x1= 1 2 3 4 5 由(2)可知，当x>0时，ln(1+x)> 所以ln x>(x>1)， 故ln x3=λ> 化简可得<=x3+4+=x1+x2+x3+3， 故>-1，命题得证. 5.(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)=且满足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)]'，(x)=[f″(x)]'，f (4)(x)=[(x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…，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)=. (1)求实数a，b的值； 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 由f(x)=ln(x+1)，R(x)=有f(0)=R(0)， 则f'(x)=f″(x)=- R'(x)=R″(x)= 由题意f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，所以 所以 (2)比较f(x)与R(x)的大小； 1 2 3 4 5 由(1)知，R(x)=令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-(x>-1)， 则φ'(x)=-=≥0， 所以φ(x)在(-1，+∞)上为增函数，又φ(0)=f(0)-R(0)=0， 所以当x>0时，φ(x)=f(x)-R(x)>φ(0)=0； 当-1<x<0时，φ(x)=f(x)-R(x)<φ(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：∀n∈N*+++…+<ln 2. 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 由(2)得当x>0时，f(x)>R(x)，即ln(x+1)> 即当x>0时<ln(x+1). (*) 令=m∈N*，得x= 代入(*)式得<ln . 取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得 <ln <ln <ln 上面各式相加得++…+<ln <ln 2. 总结提升 利用帕德近似完美避开构造函数，公式容易记忆并且技巧性较弱，容易被学生理解掌握.巧妙运用高等数学知识解决初等数学知识，虽然超纲，但确实是得分的不二法门！ 24 补偿强化练 PART TWO 1.(2024·安康模拟)已知a=e0.2-1，b=ln 1.2，c=则 A.a<c<b B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a √ 1 2 3 4 5 6 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c<b<a. 1 2 3 4 5 6 2.若a=sin b=2ln 3-3ln 2，c=则 A.c<b<a B.a<b<c C.c<a<b D.a<c<b √ 1 2 3 4 5 6 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， ∴c<a<b. 1 2 3 4 5 6 3.(2024·威海模拟)设a=b=ln 1.21，c=10sin 则 A.a>b>c B.b>a>c C.c>a>b D.c>b>a √ 1 2 3 4 5 6 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. 4.已知a=tan b=c=则 A.c>a>b　　　　 B.c>b>a　　　　C.a>b>c　　　　D.a>c>b √ 1 2 3 4 5 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，则 A.c>a>b　　　　B.b>c>a　　　　C.a>b>c　　　　D.a>c>b √ 1 2 3 4 5 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. 6.(2024·绍兴模拟)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)=且满足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处的[1，1]阶帕德近似为R(x)=. (注：f″(x)=[f'(x)]'，(x)=[f″(x)]'，f (4)(x)=[(x)]'，f (5)(x)=[f (4)(x)]'，…) (1)求实数a，b的值； 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 由题意得 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=-. (2)当x∈(0，1)时，试比较f(x)与R(x)的大小； 1 2 3 4 5 6 由上可得R(x)==要比较f(x)与R(x)的大小，只需比较ex与的大小， 只需比较1与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)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=1，即>ex，所以f(x)<R(x). (3)定义数列{an}：a1=an=-1，求证：≤an<. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 设u(x)=ex-x-1，u'(x)=ex-1， 当x<0时，u'(x)<0，u(x)在(-∞，0)上单调递减， 当x>0时，u'(x)>0，u(x)在(0，+∞)上单调递增， 故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立. 由题意知a1=an=-1，an≠0， 则=>=1，故可得an>0；　 -=-= 1 2 3 4 5 6 令m(x)=(1-x)ex，x>0，m'(x)=-xex<0， 故m(x)在(0，+∞)上单调递减， 又当x→0+时，y=→0-， 故可得-<0， 即an+1<an，可得0<an≤； 一方面，由(2)可得=<= 又因为>an+1+1，所以可得an+1+1< 1 2 3 4 5 6 即an+1<即>-1， 即-1>2 故-1>2n-1=2n-1， 即>2n-1，所以an<. 另一方面，当n=1时，a1=要证an≥即证an+1≥an≥ 1 2 3 4 5 6 令g(x)=--x，x>0， g'(x)=+-1>0， 所以g(x)在上单调递增， 所以g(an)>g(0)=0， 即--an>0⇒> ⇒>⇒an+1>an，得证. $$