2026年高考数学真题完全解读（天津卷）（试卷点评）

该高中数学高考复习讲义覆盖函数与方程、统计与概率、数列与不等式等核心考点，按知识内在逻辑构建体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练三环节，帮助学生突破难点，体现复习教学的系统性和针对性。 讲义以情境化和跨知识融合为特色，如用候鸟温度统计情境培养数据观念，立体几何与向量结合训练逻辑推理，设置分层练习配合即时反馈，保障复习效果，助力教师精准把控节奏，提升学生应考能力。

2026年高考数学真题完全解读（天津卷） 2026年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学试卷继续秉持新课程标准和《普通高中数学课程标准》的核心理念，题目设置兼顾基础与能力，彰显了素养导向和综合考查的特点。整份试卷的题型包括单项选择题（共9题，每题5分，共45分）、填空题（共6题，每题5分，共30分）以及解答题（共5题，共75分），总分为150分。试卷结构和分值分布与往年天津高考数学卷基本保持一致，在稳定中求新，体现了对学生基本知识和综合能力的全面要求。 从内容分布来看，本卷覆盖了《普通高中数学课程标准》中的函数与方程、统计与概率、数列与不等式、三角函数与解三角形、立体几何、解析几何、以及综合应用等多个核心领域。如第1题关于集合与全称量词的基本概念考查了集合运算；第3题结合最小二乘法与数据关系，检验学生对相关系数以及数形结合的掌握；第5题、第17题、及其他相关试题对三视图、平面与空间向量、立体几何的正交与平行等进行了综合考查，强调了空间观念与推理论证的准确性；第6、7题聚焦对数函数、指数函数及不等式处理；第8题、19题考查了数列的基础概念与求和技巧；第9题、18题则涉及椭圆和双曲线等常见圆锥曲线内容；第13题聚焦古典概率与条件概率，反映出试题对数学应用与统计思维的关注。 本套试题在命题思路上突出数学本质与思维过程的考查，注重知识之间的内在联系。如在解答题部分，通过、、数形结合与向量方法等多角度分析问题，学生必须具备扎实的数学基础、良好的逻辑思维与综合运用知识的能力。与此同时，题目的情境化与思维量较往年有所提升，部分试题（如概率统计问题、函数与三角的综合题）进一步加强了对数学应用意识和数学抽象、数据分析等核心素养的考核。 在难度方面，本套试卷整体难度中等略偏上，具有一定的区分度。选择题和填空题在起始题目中分值相对稳定，考查学生对于基础概念与熟练度的把握。随着题号递增，试题的综合度与思维深度逐步加大，在维护试卷区分度的同时，也为不同层次的学生提供了发挥空间。解答题注重对数学思想与方法（如分类讨论、函数与方程、几何推理、极值问题等）的渗透，确保了学生解决实际问题与综合推理的考查。 从教学与学情、教情的符合程度看，试卷既紧扣天津市历年高考风格，也注重与课标新要求的对接，如强调对、、以及几何体积公式等知识点的灵活运用，能有效考查学生对知识的理解与运用水平。整套试题不仅要求学生对常见题型保持较高的熟练度，还要求具备一定程度的创新思维与灵活应变能力。对高中教学而言，此套试卷体现了“在做中学”“在学中悟”的教学理念，引导教师在日常教学中重视对学生学科关键能力、数学核心素养以及数学应用意识的培养。整体而言，这份试卷在题型设计、考查范围与难度梯度等方面都有所兼顾，是一套较为科学、规范且具有引领作用的高质量高考试卷。 1. 情境设置更丰富 增加了候鸟与温度关系的统计调查、几何与坐标向量结合等实际情境，考查学生对函数、统计与立体几何的综合思考能力。 对真实情境的分析要求考生具备数据处理及模型构建能力，体现数学在现实中的应用价值。 2. 考查深度进一步提升 单选题依旧保留9道，但知识覆盖面更广，例如融合了集合、函数奇偶性、概率、数列、三角函数及解析几何等内容，凸显基础与综合并重。 填空题与解答题在三角、数列和坐标几何等板块中穿插更深层次推理，要求学生能运用极值分析、向量法、导数思想等高级工具。 3. 知识融合度增强 立体几何与向量、解析几何与数列、三角与导数等多知识点之间的穿插，凸显跨章节、跨学科的综合考查，侧重考查创建和运用数学模型的能力。 如长方体综合题常需结合空间距离、面面角和体积公式 (例如 ) 进行分析。 4. 对思维和能力要求更高 强调过程推导与结果应用，注重对函数单调性的研究、数形结合、条件概率应用以及逻辑推理能力。 题目体现出“过程看思路、结果看运用”的特点，要求考生既要掌握扎实的基础知识，又须具备较强的计算与推理能力。 综上，2026年天津卷数学试题在原有框架下，通过多元情境与多知识点交叉考查，强化学生综合思维与模型构建能力，既突出基础又力求深度，对学生的运算与推理能力提出了更高要求。 1. 试卷整体结构 本试卷共分为三大题型： 单选题（第1～9题），共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分； 填空题（第10～15题），共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分； 解答题（第16～20题），共 5 小题，共 75 分。 各题题型与分值分布如下（考情细目表）： 题号 分值 题型 考查内容 难易分析 1 单选题 集合与运算（全集、子集、补集、交并等） 较易 2 单选题 函数与方程的充要条件（形式逻辑、充分必要条件） 较易 3 单选题 统计与概率（线性相关性、最小二乘法） 较易 4 单选题 函数图象特征（奇偶性、单调性及函数解析式判断） 中等 5 单选题 空间几何（正方体中的线面位置关系、平面平行与垂直） 中等 6 单选题 常见函数值比较（指数、对数与幂函数的大小比较） 中等 7 单选题 代数式最值（根式与不等式求最值） 较易 8 单选题 数列与求和（数列前项和的计算） 中等 9 单选题 解析几何（双曲线的性质、离心率计算） 中等 10 填空题 代数式化简（分式、根式运算等） 较易 11 填空题 二项式定理（求指定项的系数） 中等 12 填空题 三角形解法（正弦定理应用） 中等 13 填空题 概率与统计（有放回抽取、条件概率、分类讨论） 较易 14 填空题 几何与方程（参数约束、距离或角度关系） 中等 15 填空题 抛物线几何性质（弦与坐标轴交点、坐标几何关系） 中等 16 解答题 三角函数（周期、最值、不等式、三角求解） 中等 17 解答题 空间几何（长方体中线面、面面夹角、棱锥体积） 中等 18 解答题 解析几何（椭圆的标准方程、直线与圆的切线、斜率与几何性质） 中等 19 解答题 数列（等差、等比数列的通项与综合运用，对数列元素构成的集合的分析与求和） 中等 20 解答题 函数与导数（曲线切线、单调性分析及综合不等式证明） 较难 2. 试卷难度评估 本套试卷整体难度较为适中，兼顾了对基础知识和综合能力的考查，题目在设计上体现了对数学思维的多层次要求。 容易题（约占）：题号有 ，这些题目侧重对基础知识、基本方法的考核，难度不大，主要考察学生对基本概念和常见解题技巧的掌握。 中等题（约占）：题号有 ，此类题目考察学生对知识点的综合应用能力与灵活运用程度，需要一定的分析与推理能力。 较难题（约占）：题号为 ，考查内容多样，思维量较大，需要较强的逻辑思维和综合分析能力，并具有一定的推理论证过程。 本试卷各难度层级的题目设置相对均衡，既能保证基础较为薄弱的学生在前部分题目有所斩获，也为优秀学生提供了较高难度的思维挑战。易题通常考查基础概念、基本计算与简单应用，中等题注重在掌握知识的前提下加强知识间的融合与拓展，而难题则聚焦在更深层次的综合运用与创新性思考。建议考生在复习时先夯实基础，再逐步提升综合与灵活运用能力，以适应试卷对不同层次能力的要求。 1. 分阶段目标设定 建议将复习分为三个阶段： o 第一轮：系统梳理基础知识，对教材中的定义、公式和基本性质进行全面复习。特别关注如集合与不等式、函数性质、平面与立体几何、数列与统计概率等核心板块。 o 第二轮：专题强化与综合演练，将函数专题、数列专题、立体几何专题、圆锥曲线专题等分别进行深度练习，总结不同题型的常见解法。 o 第三轮：综合模拟与查漏补缺，关注历年高考真题与模拟题，锻炼解题速度和稳固答题心态。 2. 夯实基础与创新提升并重 数学复习既要稳扎稳打，保证对常见解法和基本定理的熟练应用；也要适当关注思维拓展，尤其是在对数列、三角与解析几何等板块的灵活应用上，培养分析问题和解决问题的综合能力。 1. 集合与逻辑推理 试卷中对集合运算及逻辑关系的考查频率较高。重点关注并集、交集、补集的理解与运算，熟悉集合之间包含、相交及互斥等概念。对于出现的充要条件等逻辑表述，要根据代数方法或具体数值拆解，运用 等不等式关系进行判断。 2. 函数与导数应用 对常见基本函数（指数函数、对数函数、幂函数、三角函数）熟悉其单调性和图像变换；注意像题中出现的奇偶性判断、周期计算、单调区间分析，以及衔接高阶内容（如导数）时的灵活应用。 导数考查以切线斜率、单调性、极值为重点，需要熟悉 、 判定单调性的思路，以及常见函数的导数公式（如 有导数 等）。 3. 概率与统计 注意相互独立与互斥事件的区分：互斥事件满足 ，独立事件满足 。另外，在做回收调查或抽样统计题时，关注相关系数与线性回归方程的判定，比如本套题中利用散点图的趋势、最小二乘法公式来判断正相关或负相关。 4. 数列与不等式 对于等差数列、等比数列要强化前 项和与通项公式的熟练度： o 等差数列： ，。 o 等比数列： ，（）。 不等式部分也常与对数、指数、三角等结合出综合性题目，需加强多种方法的并行使用。 5. 平面与立体几何 平面几何：抛物线的弦、焦点性质、高度与坐标间的关系，需要熟悉 形式下点、线交点的求法和几何意义。 立体几何：关注空间直角坐标系与空间向量法的使用，如在求线面垂直、面面夹角、棱锥体积等方面，通过设坐标或写向量表达式是非常有效的解题手段。 其中面面夹角可以转化为法向量的夹角来求 ，棱柱与棱锥的体积公式（，）亦为高频考点。 6. 圆锥曲线（椭圆、双曲线等） o 椭圆：记住标准方程 ，离心率 ，以及焦点定义、切线方程。 o 双曲线：常见形式 ，离心率 。掌握焦点、顶点、渐近线及相关求解方法。 1. 选择题的快速排除 o 巧用特殊值：如 、、 进行代入，可快速验证选项有效性。 o 观察单调性或函数奇偶性：当图象与结论不一致时，可快速排除选项。 o 对立体几何的判断题，可先行使用几何性质或坐标化方法排除明显错误选项。 2. 填空、简答题的规范思路 o 注重表达：书写时配合恰当的文字说明，让改卷老师更好理解你的推理过程。 o 注重检验：若题目允许，将结果代入原式或原条件进行验证，确保答案正确无误。 3. 解答题的推理与书写 o 梳理已知与求证：列出所有给定条件、公式或性质。 o 使用形象化手段：可用坐标法、向量法辅助空间几何题，也可绘制函数草图或标注图解进行分析。 o 保持层次清晰：先做出合理假设和关键计算，再逐步推导，写清关键步骤与原因，特别是几何证明要有完整的“判定-结论”表述。 1. 合理规划与适度放松 在大量刷题期间，务必安排足够休息和放松时间，通过运动、听音乐、和同学交流等方式，减轻精神压力。临近考试时，要保持稳定的生物钟，睡眠和饮食规律，确保充沛体力与良好状态。 2. 建立自信与积极暗示 考前无需过度焦虑，复习时适当回顾已掌握的题型和知识点，给自己正向鼓励。遇到重难点题目时要分步解决，不必一次性要求全部吃透，懂得查漏补缺、循序渐进。 3. 应试时放平心态 考试中先易后难，保持灵活度和思维清晰度。碰到难题时先做出标记，及时舍弃或跳到下一题，以保证时间的高效利用。完成后预留一些时间进行查漏，特别注意运算是否细心、填涂是否完备。 1. 聚焦主干知识的纵深化考查 近年高考数学越来越强调对基础知识的综合运用，预计在数列、函数、圆锥曲线、三角与向量等传统高频板块会继续深挖，如数列与不等式、椭圆与参数方程等可能会与导数、向量知识发生交汇。 2. 多视角综合题将进一步增多 新高考下更注重学科交叉与思维拓展，如将统计与函数建模问题结合，或将三角、平面几何与解析几何相融合。这就要求同学们灵活切换思维模式，熟悉多种解法的转化。 3. 符号与形式化思维能力考查趋强 包括对逻辑推理语言、数学表达式形式、集合运算等方面的考核将更为常见。同学们要熟悉如何精准地使用数学符号，例如 (对所有)， (存在)，以及 , 等逻辑符号，确保课本定义与公理运用的准确性。 2026年高考天津卷数学高考真题 一、单选题 1．已知全集，集合，集合，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题可得,又因， 则. 2．设，则“”是“”的（     ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】由，解得：或， 即时，成立，反之不成立， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 3．调查候鸟和温度的关系，在不同温度下统计候鸟的数量，所得数据如图所示，其中相关系数，根据最小二乘法算得：，下列说法正确的是（     ） A．与负相关 B．当时，一定为1359 C．当时，一定小于1359 D．两变量无线性关系 【答案】A 【详解】因为相关系数，且散点图从左到右呈现下降趋势，且整体分布在较窄的带状区域， 所以y与x负相关，所以A正确，D错误； 当时，，所以约为， 所以B，C错误. 4．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断. 【详解】由题意， 由题意及图得，函数为奇函数，且当时，， 对A选项，当时，，与图象不符，故A错误； 对B选项，当时，，与图象不符，故B错误； 对D选项，当时，，与图象不符，故D错误； 对C选项，在中， ，即该函数为奇函数， ，与图象相符，故C正确. 5．正方体中，错误的是（     ） A． B．面 C．面 D．面 【答案】D 【分析】A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 【详解】由题意， 在正方体中， A项， ，， ∴四边形是平行四边形， ∴，A正确； B项， 由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面， ∴平面， 由几何知识得，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面， ∵，， ∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为， 此时有， ∴平面， ∵平面， ∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 6．已知函数，若，，，则，，的大小关系为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对数函数与绝对值的性质化简，再由指数函数、对数函数和幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】由题意可得， 因为函数在上单调递增，所以， 又因函数在上单调递增，则， 所以， 因，且在上单调递增， 所以，即. 故. 7．的最小值为（     ） A．10 B．9 C．8 D．6 【答案】B 【详解】因为， 当且仅当，即，时，等号成立, 所以的最小值为9. 8．已知，，则（     ） A．68 B．56 C． D． 【答案】C 【分析】根据前n项和的含义，依次令，逐步计算即可得到结果. 【详解】由，得 ，即； ，即； 因为，所以； ，即，所以； ，即，所以. 9．已知双曲线（，）的左焦点为，是右顶点，是双曲线上一点，满足，，则双曲线离心率为（     ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作垂直轴，垂足为，根据几何关系用表示出点坐标，代入双曲线方程构造齐次式，然后可得离心率. 【详解】如图，过点作垂直于轴，垂足为， 因为，所以，所以， 又，所以， 根据双曲线对称性，不妨设点在第二象限，则， 将点坐标代入双曲线方程得：， 整理得， 将代入上式，整理得， 两边同时除以，整理得，解得. 二、填空题 10．化简__________． 【答案】 【详解】. 11．展开式中的系数为__________． 【答案】 【分析】根据二项式定理得到展开式的通项公式即可求解. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为， 当时，，因此的系数为. 12．在中，，，，则__________． 【答案】/ 【详解】在中，，所以， 由正弦定理可得. 13．箱子里有一个红球，两个黄球，三个白球，有放回的取三次，三次都没取到黄球的概率是__________；在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是__________． 【答案】 【分析】第一空：计算出每次取到不是黄球的概率，即可得出三次都没取到黄球的概率；第二空：计算出至少取到一次红球的概率，借助条件概率即可得出结论. 【详解】由题意， 第一空： 箱子里总共有6个球，其中黄球2个，非黄球共4个。 设事件表示没取到黄球，事件表示三次都没取到黄球， 有放回抽取，每次取到非黄球的概率为， 三次都没取到黄球的概率：. 第二空： 设事件表示至少取到一次红球，事件表示三次都取到白球， ， ∵三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率：， ， ∴， ∴在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是. 14．已知，，记．当时，__________，当时，的取值范围为__________． 【答案】 【分析】第一空：利用和得出和的值，即可得出结论；第二空：将代入得，展开，令，，，代入并整理，得出，即可求出的取值范围. 【详解】由题意， ，，， 第一空： 当时，， ∴， ∴. 第二空： 将代入得， 两边平方，得：， 展开：， 代入，，记， ， 令，，， 则原式变为：， 配方得：， 由于 ，，因此 ， 即 ，解得， ， 因此，的取值范围为：. 15．在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______． ①若与抛物线焦点重合，则； ②； ③； ④； ⑤ 【答案】②④ 【分析】首先探求抛物线弦与轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得. 【详解】由题意、、、为抛物线上四个点可知，两两不等. 设抛物线上任意两点，其中. 当时，直线的斜率， 则直线方程为， 令，则直线与轴的交点横坐标 特别地，当时，， 此时直线垂直于轴，也成立， 因此，直线与轴的交点横坐标（）. ①由题意直线交轴于点，若与抛物线焦点重合，则其横坐标为， 故由式可得，即，故①错误； ②由题意直线与直线交轴于点， 则由式可得点横坐标， 可得，故②正确； ③由题意直线交轴于点，直线交轴于点， 则由式可得 ， 则， 故，故③错误； ④由式可得， 当点或为原点时，则点也重合于原点，此时； 当点与均不为原点时，即，且， 则结合②结论可知，， 则有，故④正确； ⑤由，可知，则， ， 如图，当时，不成立，故⑤错误； 故答案为：②④ 三、解答题 16．已知． (1)求最小正周期； (2)若，求的最大值和最小值； (3)若，，求． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3) 【分析】（1）由正弦型函数周期计算公式计算求解； （2）利用换元法，结合正弦函数性质求解； （3）根据同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和的正弦公式计算求解. 【详解】（1）； （2）若，则， 由正弦函数性质可知，当，即时，函数有最小值，即， 当，即时，函数有最大值，即. 所以函数的最大值为，最小值为； （3）若，，所以， 则，， 则. 17．在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；或由面面角的向量求法可得； （3）由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积；或由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积. 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 18．已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为. 19．已知等差数列与等比数列满足：，，，． (1)求数列，的通项公式； (2)记，，或，记为中的元素个数． （i）求； （ii）求． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）通过基本量计算即可求得通项公式； （2）（i）分析和项的特征，结合集合的定义即可得解；（ii）利用分组求和法和错位相减法求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为， 所以，即，解得或（公比不能为0，舍去）， 所以 （2）（i）由（1）知为偶数，为奇数，所以数列和没有相同项， 根据题意，集合中的元素由数列和中小于等于项组成， 小于的正偶数有个，由得，， 所以数列中小于等于的项有个，中小于等于的项有个， 所以. （ii）当时，中小于等于的项有个， 又为偶数时，中小于等于的项有个，为奇数时，中小于等于的项有个， 所以， 所以， 从到共有项， 又为奇数时， 所以 ， 所以 令①， 则②， ①-②得 ， 所以， 所以 20．已知． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明； (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 【答案】(1) (2)令，则， 当时，，，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上恒成立，即在上恒成立； 当时，令， 所以，因为和在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以，由于， 所以， 则在上单调递增， 则，即在恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即在成立， 故在成立， 综上，在上恒成立， (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，利用导数研究在上的单调性以及最值即可证明结论； （3）利用导数证明，分和两种情况讨论不等式是否成立. 【详解】（1）由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； （2）略 （3）①当时，设 构造函数， 则， 令， 所以， 由于在上单调递增， 所以，则在上单调递减， 故，则在上单调递减， 则在上恒成立，即在上恒成立； 令，所以， 所以在上单调递增，则，当且仅当时取等， 即在上恒成立. 故， 令，则， 对于，令，则， 变形得， 裂项求和得， 对题设不等式左边取对数放缩： ， 对题设不等式右边取对数放缩：： 当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件； ②当时，若,恒成立， 此时原不等式右侧，只需证明：， 由（2）问结论可得： 对于二项式展开， 两边取对数，， 又 因此， 所以原不等式成立，则的最大值为 学科网（北京）股份有限公司 $