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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.a2.(2024·益阳模拟)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，则 (　　)
A.b3.(2024·哈尔滨模拟)设a=ln 1.01，b=sin 0.01，c=则 (　　)
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)
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*+++…+[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.aC.b2.若a=sin b=2ln 3-3ln 2，c=则(　　)
A.cC.c3.(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
4.已知a=tan b=c=则(　　)
A.c>a>b B.c>b>a
C.a>b>c D.a>c>b
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
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)
答案精析
高频考点练
1.B　[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，b2.D　[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.B　[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.]
4.(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由根与系数的关系知0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.(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所以当x>0时，f(x)>R(x)；
当x=0时，f(x)=R(x)；
当-1(3)证明　由(2)得当x>0时，f(x)>R(x)，
即ln(x+1)>
即当x>0时令=m∈N*，得x=
代入(*)式得取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得
上面各式相加得++…+补偿强化练
1.D　[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c2.C　[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，
∴c3.B　[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.B　[a=tan ≈=≈0.545 5，
b=≈0.571 4，
c=≈×≈0.838 6，∴c>b>a.]
5.B　[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.(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)(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.(共39张PPT)
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.aC.c√
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，b1
2
3
4
5
2.(2024·益阳模拟)若a=2ln 1.1，b=0.21，c=tan 0.21，则
A.bC.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.cC.a√
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
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3
4
5
1
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4
5
不妨设0t'(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由根与系数的关系知0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 x2-(x≠1)，
1
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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01
2
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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
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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所以当x>0时，f(x)>R(x)；当x=0时，f(x)=R(x)；
当-1(3)证明： n∈N*+++…+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时令=m∈N*，得x=
代入(*)式得取m=n+1，n+2，…，2n，n∈N*得
上面各式相加得++…+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！
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.aC.b√
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c1
2
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6
2.若a=sin b=2ln 3-3ln 2，c=则
A.cC.c√
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，
∴c1
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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
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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
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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
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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；
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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；
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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)(3)定义数列{an}：a1=an=-1，求证：≤an<.
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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；　
-=-=
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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+1一方面，由(2)可得=<=
又因为>an+1+1，所以可得an+1+1<
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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≥
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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.

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