2026-天津卷-20 解-导数综合

本题导读

本题是全卷的压轴题，考查导数在解析几何、不等式证明及复杂数列连乘放缩中的综合应用。第一问利用导数求特定点的切线方程；第二问通过构造辅助函数并进行两次求导，利用二阶导数的正负判定一阶导数的单调性，进而证得全局最值不等式；第三问属于高等数学背景的压轴难点，需要借助第二问的放缩结论对通项 $f(\frac{1}{k})$ 进行指数级对数化放缩，通过级数求和与极限逼近锁定实数 $\alpha$ 的最大可能值。

📌【题干】

Question

（2026年天津卷） 已知函数 $f(x)=e^x-\frac{2}{3}\sin x$.

(1) 求函数 $f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程；

(2) $x\in \left[-\frac{1}{3},+\infty \right)$，证明： $f(x)\ge 1+\frac{x}{3}$；

(3) 求实数 $\alpha$ 的最大可能值，使得 $f(1)\cdot f\left(\frac{1}{2}\right)\cdot f\left(\frac{1}{3}\right)\cdot f\left(\frac{1}{4}\right)\cdots f\left(\frac{1}{n}\right)\ge (n+1{)}^{\alpha }$ 对 $\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 都成立.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问分析：求出 $f(0)$ 的值确定切点坐标，对 $f(x)$ 求导得到 $f^{\prime }(x)$，代入 $x=0$ 求得切线斜率 $k=f^{\prime }(0)$，利用点斜式写出切线方程。
2. 第二问分析：

• 构造辅助函数 $g(x)=f(x)-\left(1+\frac{x}{3}\right)=e^x-\frac{2}{3}\sin x-\frac{x}{3}-1$。
• 求出一阶导数 $g^{\prime }(x)=e^x-\frac{2}{3}\cos x-\frac{1}{3}$。由于其单调性不明显，继续求二阶导数 $g^{\prime \prime }(x)=e^x+\frac{2}{3}\sin x$。
• 当 $x\ge 0$ 时， $g^{\prime \prime }(x)>0$ 恒成立；当 $x\in [-\frac{1}{3},0)$ 时，利用 $e^x\ge 1+x$ 及 $\sin x>x$ 的精细化范围放缩，证明 $g^{\prime \prime }(x)>0$ 依然成立。
• 由 $g^{\prime \prime }(x)>0$ 得一阶导数 $g^{\prime }(x)$ 严格单调递增。利用零点 $g^{\prime }(0)=0$ 划分单调区间，最终通过全局最小值 $g(0)=0$ 证明原不等式。

3. 第三问分析：

• 目标式包含高维连乘积，标准策略是两边取自然对数转化为累加和： ${\sum }_{k=1}^n\ln f\left(\frac{1}{k}\right)\ge \alpha \ln (n+1)$。
• 利用第二问的结论，当 $x=\frac{1}{k}$ 时，满足范围要求，有 $f\left(\frac{1}{k}\right)\ge 1+\frac{1}{3k}$。
• 结合对数常用不等式 $\ln (1+t)\approx t-\frac{t^2}{2}$ 进行泰勒阶数逼近，将 $\ln \left(1+\frac{1}{3k}\right)$ 与基本级数 $\frac{1}{k}$ 及 $\ln (n+1)$ 的渐进增长率进行关联，通过 $n\to \infty$ 的极限约束锁定 $\alpha$ 的最优上界。

✅【答案】

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(1) $y=\frac{1}{3}x+1$ (2) 证明见解析 (3) $\frac{1}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求函数 $f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程

因为 $f(0)=1$，且 $f^{\prime }(x)=e^x-\frac{2}{3}\cos x$，所以 $f^{\prime }(0)=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$。

故切线方程为

$y-1=\frac{1}{3}(x-0)$。

即

$\boxed{y=1+\frac{x}{3}}$。

（2）证明当 $x\in [-\frac{1}{3},+\infty )$ 时，$f(x)\ge 1+\frac{x}{3}$

构造函数 $g(x)=f(x)-1-\frac{x}{3}$。 则 $g^{\prime }(x)=e^x-\frac{2}{3}\cos x-\frac{1}{3}$，

$g^{\prime \prime }(x)=e^x+\frac{2}{3}\sin x$。

当 $x\ge 0$ 时，由 $e^x\ge 1$、$\sin x\ge 0$，得 $g^{\prime \prime }(x)>0$。

当 $-\frac{1}{3}\le x<0$ 时，由 $e^x\ge 1+x$、$\sin x\ge x$，得

$g^{\prime \prime }(x)\ge 1+x+\frac{2}{3}x=1+\frac{5}{3}x\ge \frac{4}{9}>0$。

因此，在给定区间内，$g^{\prime }(x)$ 严格递增。

又因为 $g(0)=0$、$g^{\prime }(0)=0$，所以 $g(x)$ 在 $x=0$ 处取得最小值 $0$。

故 $g(x)\ge 0$，即

$\boxed{f(x)\ge 1+\frac{x}{3}}$。

（3）求实数 $\alpha$ 的最大可能值 设 $P_n={\prod }_{k=1}^{n}f\left(\frac{1}{k}\right)$。

先证明 $\alpha =\frac{1}{3}$ 时不等式成立 由第（2）问， $f\left(\frac{1}{k}\right)\ge 1+\frac{1}{3k}$。

又因为 ${\left(1+\frac{1}{3k}\right)}^3\ge 1+\frac{1}{k}$，

所以 $1+\frac{1}{3k}\ge {\left(\frac{k+1}{k}\right)}^{1/3}$。

于是$\begin{array}{rlr}{P}_n& \ge \prod _{k=1}^n\left(1+\frac{1}{3k}\right)\&\ge \prod _{k=1}^n{\left(\frac{k+1}{k}\right)}^{1/3}& =(n+1{)}^{1/3}.\end{array}$

因此，$\alpha =\frac{1}{3}$ 时，题目中的不等式对任意正整数 $n$ 都成立。

再证明 $\alpha$ 不可能大于 $\frac{1}{3}$ 首先，对 $0\le x\le 1$，有 $e^x\le 1+x+x^2$，$\sin x\ge x-\frac{x^3}{6}$。

因此

$\begin{array}{rlrlr}f(x)& =e^x-\frac{2}{3}\sin x& \le 1+x+x^2-\frac{2}{3}\left(x-\frac{x^3}{6}\right)& =1+\frac{x}{3}+x^2+\frac{x^3}{9}& \le 1+\frac{x}{3}+\frac{10}{9}{x}^2.\end{array}$

令 $x=\frac{1}{k}$，得 $f\left(\frac{1}{k}\right)\le 1+\frac{1}{3k}+\frac{10}{9k^2}$。

又因为 $1+\frac{1}{3k}\le {\left(\frac{k+1}{k}\right)}^{1/3}\left(1+\frac{1}{k^2}\right)$，

所以 $f\left(\frac{1}{k}\right)\le {\left(\frac{k+1}{k}\right)}^{1/3}\left(1+\frac{1}{k^2}\right)\left(1+\frac{10}{9k^2}\right)$。 利用 $k\ge 1$，可得

$\left(1+\frac{1}{k^2}\right)\left(1+\frac{10}{9k^2}\right)\le 1+\frac{29}{9k^2}$。

于是$P_n\le (n+1{)}^{1/3}{\prod }_{k=1}^n\left(1+\frac{29}{9k^2}\right)$。

下面说明右侧乘积中，除 $(n+1{)}^{1/3}$ 外的部分有一个与 $n$ 无关的常数上界。

记 $C=\frac{29}{9}$。当 $k\ge 7$ 时，$0<\frac{C}{k^2}<1$。利用不等式 $1+t\le \frac{1}{1-t}(0\le t<1)$，

以及 ${\prod }_{k=7}^n(1-a_k)\ge 1-{\sum }_{k=7}^n{a}_k(0\le a_k\le 1)$，

得到$\begin{array}{rlrlr}\prod _{k=7}^n\left(1+\frac{C}{k^2}\right)& \le \frac{1}{1-{\sum }_{k=7}^n\frac{C}{k^2}}& \le \frac{1}{1-C{\sum }_{k=7}^n\frac{1}{k(k-1)}}& \le \frac{1}{1-\frac{29}{54}}& =\frac{54}{25}.\end{array}$

这里用到了 $\frac{1}{k^2}\le \frac{1}{k(k-1)}$，以及裂项相消：

${\sum }_{k=7}^n\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{6}-\frac{1}{n}<\frac{1}{6}$。

前面 $k=1,2,\dots ,6$ 的因子只有有限个，因此存在与 $n$ 无关的正常数 $M$，使得

$P_n\le M(n+1{)}^{1/3}$。假设 $\alpha >\frac{1}{3}$，由题目要求和上式可得

$(n+1{)}^{\alpha }\le P_n\le M(n+1{)}^{1/3}$。

即$(n+1{)}^{\alpha -\frac{1}{3}}\le M$。 由于 $\alpha -\frac{1}{3}>0$，可以取一个足够大的正整数 $n$，使得 $(n+1{)}^{\alpha -\frac{1}{3}}>M$，产生矛盾。 故 $\alpha \le \frac{1}{3}$。 结合第一步，得到 $\boxed{{\alpha }_{\max }=\frac{1}{3}}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：高阶导数对一阶导数单调性的精确辐射控制；连乘积通过自然对数转化为级数求和；泰勒展开中二次项正负对函数宏观单调趋势的决定性作用。
2. 核心方法：二阶导数判定法、对数化归级数法。
3. 避坑指南：第三问如果盲目套用第二问的 $f(x)\ge 1+\frac{x}{3}$ 去做 $\ln (1+t)<t$ 的常规放缩，会因为方向相反（变成小于号）而无法求出下界。必须意识到 $\ln f(x)$ 真正的渐进一阶项为 $\frac{1}{3}x$，并通过严谨验证其二次项为正，直接跨越到强不等式 $\ln f(x)\ge \frac{1}{3}x$，这是攻克该压轴题最高阶的战略破题点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题具有深厚的高等数学欧拉常数（Euler-Mascheroni constant）与黎曼 $\zeta$ 函数背景。考查通过离散调和级数 $\sum \frac{1}{k}$ 与连续对数函数 $\ln n$ 的渐进等价性，测试高中尖子生对微积分核心极限思想的代数承接力。
2. 结论推广：对于任意在原点处可导且 $f(0)=1$ 且一阶导数 $f^{\prime }(0)=\beta$、二阶展开系数满足正向溢出的正值多元函数，其连乘积的渐进下界： ${\prod }_{k=1}^{n}f\left(\frac{1}{k}\right)\ge (n+1{)}^{\beta }$ 该结论具有广泛的普适性，揭示了离散连乘积在无穷大宏观尺度下向连续幂函数坍缩收敛的数学本质。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2008-江苏卷-08 填-切线求参数
• 2009-新课标卷文-13 填-指数曲线切线