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1229期又是零点差！来看看零点差的起源于……？
该篇素材选自昨天考的浙江杭州市25届高三年教学质量检测（杭州一模）第18题，该题又双叒叕是一道传统导数零点差问题，处理套路则是切割线拟合！这样的题尽管很传统很套路，但在模考中经常考到，你是否知道这样的题最早出自哪里？没错，还是天津卷，最早出自2015年天津卷理科第20题。天津卷一直是高考导数创新的高地，比如极值点偏移问题最早也是出自天津卷（2010年），之后风靡各地（可以参考小派之前的推文《极值点偏移起源与对称构造》）。这一篇就借此题讲一下导数零点差问题的起源题以及处理套路。
一、杭州一模这道传统套路的零点差问题 二、零点差问题的起源 三、切割线拟合（一次函数拟合） 1、什么是切割线拟合？ 2、什么时候用切割线拟合？ 四、二次函数拟合 五、三次函数拟合 更高观点的三种拟合方式——泰勒展开、帕德逼近、洛朗级数 六、泰勒展开（Taylor Expansion） 1、切线拟合 2、麦克劳林级数（Maclaurin Series）与泰勒级数（Taylor Series） 3、高中常见的以泰勒展开为背景的不等式 七、帕德逼近（Padé Approximant） 1、什么是帕德近似？ 2、如何求解某函数的帕德近似？ 3、高中常见的以帕德逼近为背景的不等式 八、洛朗级数（Laurent Series） 1、什么是洛朗级数？ 2、如何求解某函数的洛朗级数？ 3、高中常见的以洛朗级数为背景的不等式 九、更多模考中的零点和差问题
一、杭州一模这道传统套路的零点差问题
【浙江杭州25届高三年一模T17】 （关注微信公众号：Hi数学派）已知函数
（1） 若 ，求 的单调区间；
（2） 若 ，求证： ；
（3） 若 ， 使得 ，求证：
解析：
（1） ，
若 ，则
令
在 单调递增，在 单调递减
在 上单调递减.
（2） 因为 ，所以
当 时， 成立
当 时，令
在 上单调递减
在 单调递减
综上，当 时，
（3） 因为 ，所以
令 ，则
在 上单调递减，在 上单调递增.
不妨设 ，则 ，
设 ，
易知 在 处的切线方程为 ，直线 方程为 ，直线 方程为
（关注微信公众号：Hi数学派）下面先证几个不等式
①
令
在 上单调递减，在 上单调递增.
② ，
令
在 上单调递减，在 上单调递增.
③ ，
令
，使得
在 上单调递减，在 上单调递增.
如题图 1、2 所示，易知切线 、直线 、直线 与直线 的交点的横坐标分别为 、 ，
Ⅰ 先证
在 上单调递增
易知
所以（关注微信公众号：Hi数学派）
Ⅱ 再证
时，
在 上单调递减
时，（关注微信公众号：Hi数学派）
在 上单调递增
所以
综上所述
二、零点差问题的起源
零点差问题尽管很传统很套路，但在模考中经常考到，你是否知道这样的题最早出自哪里？没错，还是天津卷，天津导数题已经连续好多年命制地含有高等数学知识背景的影子，比如（关注微信公众号：Hi数学派）
2016年：切比雪夫最佳逼近理论 2017年：刘维尔定理 2018年：函数与反函数 2019年：利普希茨条件与拉格朗日中值 2020年：函数凹凸性与Hermite-Hardamard不等式 2022年：柯西不等式 2023年：Stirling（斯特林）公式
不可否认，天津导数一直都是特立独行，极具创意的！就那现在同学们已经作烦了的极值点偏移问题都是2010年天津卷第一次命制的（可以参考小派之前的推文《极值点偏移起源与对称构造》），之后此题型经11年辽宁卷、13年湖南卷模仿后，在16年被全国卷I借鉴，自此成为热点题型，风靡各地模考卷（高考历史上直接以极值点偏移作为压轴的出现过四次，感兴趣的可以看看《757期【导数】利用Hermite-Hadamard积分不等式解决高考历史上的极值点偏移问题）》
下面来看看2015年天津导数题
【2015年天津卷理科T20】 （关注微信公众号：Hi数学派）已知函数 ， ，其中 ，且
（1） 讨论 的单调性；
（2） 设曲线 与 轴正半轴的交点为 ，曲线在点 处的切线方程为 ，求证：对于任意的正实数 ，都有 ；
（3） 若关于 的方程 （ 为实数）有两个正实数根 ，求证：
解析：
（1） ，其中 ，且
① 当 为奇数时，
令 ，解得 或
当 时， ， 单调递减
当 时， ， 单调递增
当 时， ， 单调递减
② 当 为偶数时，
当 时， ， 单调递增
当 时， ， 单调递减.
（2） 证明： （关注微信公众号：Hi数学派）
设点 的坐标为 ，则 ，
曲线 在点 处的切线方程为
即
令
即
则
由于 在 上单调递减
故 在 上单调递减
又因为 ，所以
当 时，
当 时，
所以 在 内单调递增，在 内单调递减
所以对任意的正实数 都有
即对任意的正实数 ，都有
（3） 证明： 不妨设
由 （2） 知
设方程 的根为 ，可得
当 时， 在 上单调递减
又由 （2） 知
可得
类似的，设曲线 在原点处的切线方程为 ，可得
当 ，
即对任意 ，
设方程 的根为 ，可得
因为 在 上单调递增，且 ，因此
由此可得（关注微信公众号：Hi数学派）
因为 ，所以
故
所以
注： 以上解决零点差的做法即是一次拟合。 导数零点和差问题是导数压轴中的常考热点题型，该问题的形式大多为 ， 的证明为主。这类问题的根或极值点往往是超越方程的根，无法求出解析解，故最基本的方法是分析法，即通过移项使不等式两边均落在相关函数的单调区间内，然后构造新函数求导证明，这种方法属于常规解法，但计算量较大且易出现计算错误；但是函数拟合可以方便地解决这类问题。函数拟合一般有切割线拟合（一次拟合）、二次拟合、三次拟合、以及更高观点的三种拟合方式——泰勒展开、帕德逼近、洛朗级数。
三、切割线拟合（一次函数拟合）
1、什么是切割线拟合？
由所需证明的命题 ，我们可以按照如下图找到一条割线 ，一条切线 ，设其与直线的交点分别是 ，
这样操作之后，就会使
这是因为，当 时，有 ，故 ，又 在该区间内单调递减可知 ；同理我们亦可得到 ，结合两者，
注： 在选择切割线的时候往往会考虑 ，使易求解得 尽量往上靠，即尽量使 。这样，我们可以将结论中的 作为一个已知条件，在演草纸上反解出需要的拟合函数 和 。
2、什么时候用切割线拟合？
何时选择切割线拟合（一次函数拟合）？这需要看具体的题目，当题目中区间内函数是（严格）凸函数的时候，也就是有极小值点 且 ，或是有极大值点 且 .
注： 关于凸函数的详细定义可以参考小派之前的推文《凸函数9种定义及等价描述》，《913期【导数】成都一诊凸凹反转与10个常用凸凹函数图像》，《再议天一大联考导数压轴凸凹性背景》
下面结合典例具体应用一下切割线拟合（一次函数拟合）
【典例1（2021年新高考Ⅰ卷T22）】 已知函数 （关注微信公众号：Hi数学派）.
（1） 讨论 的单调性；
（2） 设 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
解析：
（1） 略
（2） 对 两边同时除以 再移项提公因数得
即
由 （1） 知 在 单调递增，在 单调递减，存在极大值点 ，一个零点 ，如下图 3 所示。
且由 （1） 还可以得到（关注微信公众号：Hi数学派）
不妨设 ， 且 ，则即证
对于 ，满足我们使用切割线拟合的条件，即 存在极大值点为 且 ，是一个上凸函数。
对于 ，是典型的极值点偏移问题，而且可以利用小派之前推文介绍的方法证明，即利用利用 积分不等式解决，不熟悉的同学可以参考小派之前的推文 《1072期【导数】Hadamard 不等式 • 高考模考中应用》
下面利用切割线拟合证明
如上图，我们选取 、 构造割线 ，选取 构造切线 ，且与 交点横坐标分别为 ，.
易知
得证。
四、二次函数拟合
在使用二次拟合的时，一般会有以下四种情况，分别对应不同命题形式，如下图。
零点差
零点和
注： 从上图中可以看出二次函数拟合时都以 的极值点展开，这主要因为二次函数拟合是对称拟合， 的极值点是最能体现 本身对称性的点。以极值点作为拟合点的二次拟合可以得到拟合效果更好的二次函数，避免拟合差距过大。
下面结合典例具体应用一下二次函数拟合
【典例2】 已知函数 .
（1） 讨论函数 的零点个数（关注微信公众号：Hi数学派）；
（2） 若函数 存在两个零点 ，，证明：
解析：
（1） 略
（2） 这个是左面尽管非常复杂，但还是有迹可循：把根式里的式子展开，与外面的分母对比，将其变形为
再结合二次函数零点差公式 ，很自然的就想到二次函数拟合，而且拟合函数也可以确定
设 的两个零点为 ，，则
这时，根据上图四种二次函数拟合情况，很自然地得到
到这里，若证
只需证明（关注微信公众号：Hi数学派）
即证 ，等价于证明
此题本质上就是零点差问题嵌套一个极值点偏移问题，而这个极值点偏移很容易解决，
由 知，
故 ，得证。
点睛： 此题虽然看起来非常复杂，但是二次拟合函数可以由 直接得出，不需要我们通过待定系数法自己求得。下面这道例题的二次拟合函数就需要自己通过待定系数法得到，
【典例3】 （关注微信公众号：Hi数学派）已知函数 .
（1） 讨论函数 的单调性和零点个数；
（2） 若函数 存在两个零点 ，，证明： .
解析：
（1） 略
（2） 由 （1） 知， 是 的极大值点，设 ，且令
以保证拟合出的函数与原函数相似。
解得
设 的两个零点为 ，，则由韦达定理
通过构造 求导知，
当 时，
当 时，
这时，结合上图四种二次函数拟合情况，很自然地得到
五、三次函数拟合
三次函数拟合的情况相对较少，但并不是没有。那什么时候选择使用三次函数拟合呢？ —— 有增有减.
在选择三次函数去拟合时，我们需要保证两者的极值与单调性相同。一种常用方法是待定系数法，即设 . 和二次函数拟合一样，为保证两者的极值与单调性相同，我们需要列出
然后解出参数，进而得到 三次拟合函数 .
【典例4】 已知函数 .
（1） 讨论函数 的单调性；
（2） 若函数 存在两个极值点 ，，证明： .
解析：
（1） 略
（2） 设 ，且令
解得 .
然后构造 求导知，
另外易知 对称中心为 ，设 极值点为 ，，
则
注： 上面的方法需要待定四个系数，求三次导和解方程还是比较繁琐的，下面介绍一个一种相对简单的方法——借助泰勒展开式的三次拟合。
为了得到三次函数，我们借助 的泰勒展开式，得
将 三阶展开式转化为（关注微信公众号：Hi数学派）
将 与 作差消去 ，即可得到 三次拟合函数，
即 虽然没有在帕德逼近的公式中出现，但是它对 也有较好的拟合效果．
八、洛朗级数（Laurent Series）
帕德逼近的逼近程度极高，然而帕德逼近也有其局限性．一方面，计算量过大，适合计算机作理论证明，不适合实际应用；另一方面，帕德逼近的结果有时不能使人满意，例如对于无极值点的函数，甚至有时不如泰勒展开．但是，洛朗级数在这方面有其优势．
1、什么是洛朗级数？
洛朗级数是对复变函数的一种逼近方法，它同时用分式与多项式进行逼近．其逼近式类似于如下形式：
其中，、 是多项式， 称为主部， 称为正则部．
注： 由洛朗级数的性质，我们并非对原函数进行洛朗级数展开,而是通过构造一个满足条件的函数，然后用泰勒级数及代数变形解决问题．
2、如何求解某函数的洛朗级数？
对一个给定的函数 ，考虑其在 处的泰勒展开
构造一个函数
则 时，有
我们只需找出 在洛朗级数下的主部即可．
洛朗级数的计算式是（关注微信公众号：Hi数学派）
注：上式涉及面积分，不利于计算，考虑一下替代方法。
用泰勒展开的前 项（）替换 ，得到
对右侧函数运用
前若干项来展开，即可得一个负次数 正次数的幂级数．
最后我们进行判阶，判阶的依据是我们所得到某一阶的洛朗级数的下一阶是否展开完毕，方法是用更高阶的泰勒级数替换，然后等比展开看系数．具体而言，若上述展开的级数中，其最高次项恰为常数项（零次项），则说明用于替换的泰勒级数足够展开到洛朗级数的最低次幂，该式就是较好的展开式主部．否则就需在上述步骤中用 替换 ，看看常数项有没有变化．若没有变化就说明判阶成功；若有变化，则还需继续向上增加 ，直到找到一个合适的 ．判阶成功后，就可以用 的展开式反解出原来的函数 的洛朗展开式了。
3、高中常见的以洛朗级数为背景的不等式
九、更多模考中的零点和差问题
【湖南25届高三上阶段检测T19】 （关注微信公众号：Hi数学派）已知函数 . 设曲线 与 轴负半轴相交于点 ，曲线 在点 处的切线为
（1） 证明：曲线 上的点都不在直线 的下方。
（2） 若关于 的方程 （ 为负实数） 有两个不相等的实根 ，，证明：
① ②
证明：
（1） 由题意可得
切线 的方程为
令函数 ，
，
令函数 ，
所以 是减函数.
所以当 时， ，当 时，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
故曲线 上的点都不在直线 的下方.
（2） ① 由 （1） 得
令函数 ，则
所以 是增函数
所以存在 ，使得 ，即 .
所以当 时， ，当 时，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以（关注微信公众号：Hi数学派）
因为 ，所以
所以
故
② ，
由 （1） 得切线 的方程为
曲线 在点 处的切线为
令
又 （关注微信公众号：Hi数学派）
在 上单调递减，在 上单调递增.
，即
设直线 与 ， 图象的交点的横坐标分别为 ，
又由 ① 得 在 单调递减
又由 ① 得 在 单调递增
所以
由 ① 可得 是增函数，
所以 ，
因为 ，所以
所以（关注微信公众号：Hi数学派）
【广东佛山24学年高二下期末导数压轴T19】 已知函数 ，证明：（关注微信公众号：Hi数学派）
（1） 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2） 若 的两个零点为 ，则
（i） ；
（ii） .
解析： （1） 详解群内分享；
（2） （i）
当 时，
故 在 内没有零点
当 ，； 当 ，
根据函数零点存在定理， 在区间 和 内各有一个零点
因此，，
令
则（关注微信公众号：Hi数学派）
令 ，则
,
故 在 上单调递减，在 上单调递增
因此，当 时， ，
即 在 上单调递增
于是 ，即
又因为 在 上单调递增
故 ，即
（ii）
设
则 有两个零点为 有两个解
易知 有两个零点
过 ， 作 的两条切线得
令 ，
设 ， 与 的交点横坐标分别为
下证 ，
令
时，， 单调递减； 时，， 单调递增；
又由 （1） 得 在 单调递减
令
时，， 单调递减； 时，， 单调递增；
又由 （1） 得 在 单调递增
所以（关注微信公众号：Hi数学派）
得证
注： 以上解决零点差的做法即是一次拟合。
【24届合肥二模T18】 已知曲线 在点 处的切线为 .
（1） 求直线 的方程；（关注微信公众号：Hi数学派）
（2） 证明：除点 外，曲线 在直线 的下方；
（3） 设 ， ，求证：
解析：
（1）
， ，
所以直线 的方程为
（2）
令
所以 在 上单调递减，在 上单调递增
当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增
所以 ，当且仅当 等号成立
所以除切点 之外，曲线 在直线 的下方
（3）
所以 在 上单调递增，在 上单调递减
，
当 时，， 的图像如图 12 所示
因为 ，
则 ，不妨令
因为曲线 在 点的切线方程为
设点 在切线上，有
由 （2） 知 时，
则
即
记
下证 时，
令
所以 在 上单调递增，
故 ，即
设点 在 上，有
则
即
则（关注微信公众号：Hi数学派）
得证
注： 该题第 （3） 问是典型的切割线放缩的零点和问题。
【三湘名校联考T22】 已知函数
（1） 讨论函数 的零点个数；
（2） 若 且函数 有两个零点 ，证明：
解析：
（1） 当 且 时，函数 恰有两个零点；
当 或 时，函数 恰有一个零点 .（详解略）
（2） 由 （1） 可知， ，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，函数图像如下图 13
另外，函数 有一个零点 ，不妨令 ，只需证
考虑一次拟合零点 ，由于函数 在 上是向上凸的函数，所以在函数图像上任意一点 处的切线都在 的上方，即
为有效拟合零点 ，则需 ，如果需要更高的精度则 需选在 附近，以 处的切线代替 （以直代曲）
令 解得
此时 ，则 ，
则只需证
如图 14 所示，
那 怎么取呢？
因为 被证明的式子中含有 ，又因为 ，所以不试取
则（关注微信公众号：Hi数学派）
则只需证
令 ，由 得
则只需证
即证
即证
显然成立 .
