|
2026年高考数学天津-19<-->返回列表
（16分）已知$f(x)=e^{x}-\dfrac{2}{3}\sin x$．
（1）求$f(x)$在点$(0$，$f(0))$的切线方程；
（2）当$x\in [-\dfrac{1}{3}$，$+\infty )$时，证明：$f(x)\geqslant 1+\dfrac{x}{3}$；
（3）$\forall n\in N^{*}$，$f$（1）$\cdot f(\dfrac{1}{2})\cdot f(\dfrac{1}{3})\cdot f(\dfrac{1}{4})\cdot \ldots \cdot f(\dfrac{1}{n})\geqslant (n+1)^{\alpha }$恒成立，求实数$\alpha$的最大值．
〖答案〗（1）$x-3y+3=0$．
（2）证明：令$g(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x-\dfrac{1}{3}x-1$，
所以${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}$，
当$x\geqslant 0$时，$e^{x}\geqslant 1$，$-\dfrac{2}{3}\le -\dfrac{2}{3}\cos x\le \dfrac{2}{3}$，则${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}\ge 1-\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}=0$，
所以$g(x)$在$[0$，$+\infty )$上单调递增，则$g(x)\geqslant g(0)=1-0-0-1=0$，
所以$g(x)\geqslant 0$在$[0$，$+\infty )$上恒成立，即${{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x\ge \dfrac{1}{3}x+1$在$[0$，$+\infty )$上恒成立，
当$-\dfrac{1}{3}\le x < 0$时，令$m(x)={g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}$，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x$，因为$y=e^{x}$和$y=\dfrac{2}{3}\sin x$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递增，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递增，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x\ge {{e}^{-\dfrac{1}{3}}}+\dfrac{2}{3}\sin (-\dfrac{1}{3})={{e}^{-\dfrac{1}{3}}}-\dfrac{2}{3}\sin \dfrac{1}{3}$，
因为$3^{3} > 2^{3}\cdot e$，所以$\dfrac{1}{e} > {{(\dfrac{2}{3})}^{3}}$，所以${{e}^{-\dfrac{1}{3}}} > \dfrac{2}{3}$，由于$\sin \dfrac{1}{3} < 1$，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x\ge {{e}^{-\dfrac{1}{3}}}-\dfrac{2}{3}\sin \dfrac{1}{3} > 0$，
则${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递增，
则${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3} < {g}'(0)=0$，即$g'(x) < 0$在$(-\dfrac{1}{3},0)$恒成立，
所以$g(x)$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递减，
所以$g(x) > g(0)=1-0-0-1=0$，
则$g(x) > 0$在$[-\dfrac{1}{3},0)$成立，即${{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x\ge \dfrac{1}{3}x+1$在$[-\dfrac{1}{3},0)$成立，
综上，${{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x\ge \dfrac{1}{3}x+1$在$[-\dfrac{1}{3},+\infty )$上恒成立．
（3）$\dfrac{1}{3}$．
〖分析〗（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可；
（2）令$g(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x-\dfrac{1}{3}x-1$，利用导数研究$g(x)$在$[-\dfrac{1}{3},+\infty )$上的单调性以及最值即可证明结论；
（3）利用导数证明$\ln f(x) < \ln (1+\dfrac{1}{3}x+2{{x}^{2}})\le \dfrac{1}{3}x+2{{x}^{2}}$，分$a > \dfrac{1}{3}$和$a\le \dfrac{1}{3}$两种情况讨论不等式是否成立．
〖解答〗解：（1）解：由于${f}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x$，
所以$f(0)=1$，${f}'(0)=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$，
则曲线$y=f(x)$在点$(0$，$f(0))$处的切线方程为：$y-1=\dfrac{1}{3}(x-0)$，
即$x-3y+3=0$；
（2）证明：令$g(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x-\dfrac{1}{3}x-1$，
所以${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}$，
当$x\geqslant 0$时，$e^{x}\geqslant 1$，$-\dfrac{2}{3}\le -\dfrac{2}{3}\cos x\le \dfrac{2}{3}$，则${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}\ge 1-\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}=0$，
所以$g(x)$在$[0$，$+\infty )$上单调递增，则$g(x)\geqslant g(0)=1-0-0-1=0$，
所以$g(x)\geqslant 0$在$[0$，$+\infty )$上恒成立，即${{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x\ge \dfrac{1}{3}x+1$在$[0$，$+\infty )$上恒成立，
当$-\dfrac{1}{3}\le x < 0$时，令$m(x)={g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}$，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x$，因为$y=e^{x}$和$y=\dfrac{2}{3}\sin x$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递增，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递增，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x\ge {{e}^{-\dfrac{1}{3}}}+\dfrac{2}{3}\sin (-\dfrac{1}{3})={{e}^{-\dfrac{1}{3}}}-\dfrac{2}{3}\sin \dfrac{1}{3}$，
因为$3^{3} > 2^{3}\cdot e$，所以$\dfrac{1}{e} > {{(\dfrac{2}{3})}^{3}}$，所以${{e}^{-\dfrac{1}{3}}} > \dfrac{2}{3}$，由于$\sin \dfrac{1}{3} < 1$，
所以${m}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x\ge {{e}^{-\dfrac{1}{3}}}-\dfrac{2}{3}\sin \dfrac{1}{3} > 0$，
则${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3}$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递增，
则${g}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-\dfrac{1}{3} < {g}'(0)=0$，即$g'(x) < 0$在$(-\dfrac{1}{3},0)$恒成立，
所以$g(x)$在$[-\dfrac{1}{3},0)$上单调递减，
所以$g(x) > g(0)=1-0-0-1=0$，
则$g(x) > 0$在$[-\dfrac{1}{3},0)$成立，即${{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x\ge \dfrac{1}{3}x+1$在$[-\dfrac{1}{3},0)$成立，
综上，${{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x\ge \dfrac{1}{3}x+1$在$[-\dfrac{1}{3},+\infty )$上恒成立．
（3）解：①当$a > \dfrac{1}{3}$时，设$a=\dfrac{1}{3}+\varepsilon (\varepsilon > 0)$
构造函数$h(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\sin x-\dfrac{1}{3}x-1-2{{x}^{2}},x\in (0,1]$，
${h}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-4x-\dfrac{1}{3},x\in (0,1]$，
令$s(x)={h}'(x)={{e}^{x}}-\dfrac{2}{3}\cos x-4x-\dfrac{1}{3},x\in (0,1]$，
所以${s}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x-4,x\in (0,1]$，
由于${s}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x-4$在$(0$，$1]$上单调递增，
所以${s}'(x)={{e}^{x}}+\dfrac{2}{3}\sin x-4\le e+\dfrac{2}{3}\sin 1-4 < e+\dfrac{2}{3}-4 < 0$，
所以$h\prime (x)$在$(0$，$1]$上单调递减，
则${h}'(x) < {h}'(0)=1-\dfrac{2}{3}-0-\dfrac{1}{3}=0$，
所以$h(x)$在$(0$，$1]$上单调递减，
则$h(x) < h(0)=1-0-0-1-0=0$，
即$h(x) < 0$在$(0$，$1]$上恒成立，
令$\varphi (x)=x-\ln (x+1)$，$(x\geqslant 0)$，所以${\varphi }'(x)=1-\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{x}{1+x}\ge 0,(x\ge 0)$，
所以$\varphi (x)$在$[0$，$+\infty )$上单调递增，则$\varphi (x)\geqslant \varphi (0)=0$，
即$x\geqslant \ln (x+1)$在$[0$，$+\infty )$上恒成立，
所以$\ln f(x) < \ln (1+\dfrac{1}{3}x+2{{x}^{2}})\le \dfrac{1}{3}x+2{{x}^{2}}$，
令$x=\dfrac{1}{k}$，则$\ln f(\dfrac{1}{k}) < \dfrac{1}{3k}+\dfrac{2}{{k}^{2}}$，
令$x=-\dfrac{1}{k}$，由$\ln (1-\dfrac{1}{k})\le -\dfrac{1}{k}$，
变形得$\dfrac{1}{k} < \ln k-\ln (k-1)$，
裂项求和得$\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;\dfrac{1}{k} < 1+\underset{\overset{n}{\sum}}{k=2}\;[\ln k-\ln (k-1)]=1+\ln n$，
由$\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;\dfrac{1}{{k}^{2}} < 1+\underset{\overset{n}{\sum}}{k=2}\;\dfrac{1}{k(k-1)}=1+\underset{\overset{n}{\sum}}{k=2}\;(\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k})=2-\dfrac{1}{n} < 2$，
对乘积取对数放缩：
$\ln [f(1)\cdot f(\dfrac{1}{2})\ldots f(\dfrac{1}{n})]=\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;f(\dfrac{1}{k})$
$ < \dfrac{1}{3}\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;\dfrac{1}{k}+2\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;\dfrac{1}{{k}^{2}} < \dfrac{1}{3}(1+\ln n)+2\times 2=\dfrac{1}{3}\ln n+\dfrac{13}{3} < \dfrac{1}{3}\ln n+5$，
不等式右侧：$a\ln (n+1)=(\dfrac{1}{3}+\varepsilon )\ln (n+1) > \dfrac{1}{3}\ln n+\varepsilon \ln n$
当$n > {{e}^{\dfrac{5}{\varepsilon }}}$时，$\varepsilon \ln n > 5$，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立；
所以$a > \dfrac{1}{3}$不满足条件；
②当$a\le \dfrac{1}{3}$时，
若$\forall n\in N^{*}$，$f(1)\cdot f(\dfrac{1}{2})\ldots f(\dfrac{1}{n})\ge {{(n+1)}^{a}}$恒成立，此时原不等式右侧${{(n+1)}^{a}}\le n+1{)^{\dfrac{1}{3}}}$，
只需要证明：$\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;f(\dfrac{1}{k})\ge \dfrac{1}{3}\ln (n+1)$，
由（2）问结论$1+\dfrac{1}{3}x\le f(x)$可得：$\ln (1+\dfrac{1}{3k})\le \ln f(\dfrac{1}{k})$
对于${(1+\dfrac{1}{3k})}^{3}$二项式展开${{(1+\dfrac{1}{3k})}^{3}}=1+\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{3{{k}^{2}}}+\dfrac{1}{27{{k}^{3}}} > 1+\dfrac{1}{k}$，
两边取对数，$\ln (1+\dfrac{1}{3k}) > \ln {{(1+\dfrac{1}{k})}^{\dfrac{1}{3}}}$，
又$\ln (n+1)=\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;[\ln (k+1)-\ln k]=\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;\ln (1+\dfrac{1}{k})$
因此，$\underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;f(\dfrac{1}{k})\ge \underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;\ln (1+\dfrac{1}{3k}) > \underset{\overset{n}{\sum}}{k=1}\;\ln {{(1+\dfrac{1}{k})}^{\dfrac{1}{3}}}=\dfrac{1}{3}\ln (n+1)\ge a\ln (n+1)$
所以原不等式成立，则$a$的最大值为$\dfrac{1}{3}$．
〖点评〗本题主要考查导数的综合运用，属于难题．
2026年高考数学天津-19<-->返回列表
全网搜索"2026年高考数学天津-20"相关
|
