【课件】“天津卷 第20题 ”（南部）-特级教师拆解高考真题｜2026 全国数学讲题比赛全集（课件+视频）

曲直相依千仞山 函数蕴育数列峦 ——2026天津卷第20题解法探究 王安寓 范贤丽 于 华 江苏省南京市六合区实验高级中学 目 录 真题：2026天津高考20题 解析：多角度解析高考题 解构：分拆高考试题结构 1 2 3 4 溯源：高考试题来源集粹 5 拓展：试题拓展变化谱篇 content 目标 拆解 多法 源流 追变 南京市六合区实验高级中学 6 反思：教学导向命题启示 指向 一、真题呈现与分析：2026天津高考20题 题目1(2026天津,20)已知函数 f(x)=sinx. (1)求 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程； (2)当x∈[,+∞) 时，证明：f(x)≥1+； (3)对任意n∈N*，f(1)f()f()f() >恒成立.求实数a的最大值. 一、真题呈现与分析 分析：本题集函数、导数、数列于一体，是跨模块综合，考查学生灵活运用数学知识解决问题的综合素养.题目条件简洁——只有一个给定的函数f(x).分析函数f(x)的结构——将指数函数y=、正弦函数的倍y=sinx作差而得.第(1)问是基础，考查切线方程；第(2)问基于第(1)问，考查函数不等式，为切线放缩提供解题方法引导；第(3)问基于前面两问，是试题的拔高，也是整个试卷的难点与亮点.整个试题以含有指数函数、三角函数的函数f(x)= sinx为背景，层层递进设计三问——切线、切线为基的函数不等式、数列不等式恒成立求参，其中第(3)问为数列不等式恒成立求参数最大值问题. 一、真题呈现与分析 分析：题目1中第(3)问是重点研究对象，通过构造函数研究不等式、数列不等式放缩、极限等，多角度求解，探究其背后的数学思想与命题立意，并总结此类问题的通用解法，给出若干拓展与变式. 二、解构：分拆高考试题结构 题目1的整体结构：函数→切线→函数不等式(与切线相关)→离散化(数列)→乘积估计(参数上界).这种由连续到离散的命题手法, 在经典分析中屡见不鲜.连续函数是背景，离散数列是特例；函数是工具是手段，数列是目标是结论；特殊寓于普遍之中，普遍又提供解决的方法.例如, 利用<e证明数列收敛，或利用Wallis公式估计圆周率，或利用1+++…++…=估计圆周率等等.本题可视为这一传统在现代考试中的精致化呈现. 二、解构：分拆高考试题结构 函数 f(x)=sinx. 基础 (1)求 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程 第一层(切线) (2)当x∈[,+∞) 时，证明：f(x)≥1+；. 第二层(切线不等式) (2)对任意n∈N*，f(1)f()f()f() >恒成立.求实数a的最大值 第三层(数列不等式求参) 赋值→离散化 探索与研究 知识方法运用：学而用 连续函数 提供方法：切线放缩 三、解析：多角度解析高考题 3.1 第(1)问求解+评注 易求(x)=cosx，f(0)=1，(0)=， 所以f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=x+1. 评注：“在”点处的切线，是最基础的设问，也是学生掌握的有套路的求解题型. 求“在”点处的切线步骤：①求导，得切线斜率；②求函数值；③点斜式写切线方程.本题是知道斜率、纵截距，故采用斜截式方程写切线方程。. 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问分析 解题分析：第(2)问证明函数不等式，常用的方法是分解因式或构造函数应用函数性质(导数、单调性)证明。本题函数中含有指数函数、正弦函数，分解因式的方法难以实施。结合第(1)问的结论——f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=x+1，可以预判此函数图象不在切线y=x+1之下，因此，构造差函数是自然的想法(思路三)。具体实施时发现：差函数的导数形式复杂。我们观察函数f(x)x=sinxx的特点，发现其含有的、sinx都有熟悉的函数不等式，这启发我们：可以尝试先缩小再证明，即介值法(思路一、二) 。 三、解析：多角度解析高考题 第(2)问思维导图： 三、解析：多角度解析高考题 解法一(介值函数1)：f(x)x=sinxx， 当x≥0时，记g(x)=x，则(x)=­≥0，所以g(x)在x≥0上增， 故g(x)≥g(0)=0，当且仅当x=0取等号，所以≥x+1， 所以f(x)x=sinxx≥xsinx， 设F(x)=xsinx，则(x)=cosx≥0，所以F(x)≥F(0)=0，即sinx≥x. 第一个介值函数 3.2 第(2)问多角度解析 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法一(介值函数1续)：当≤x<0时，记G(x)=sinxx，则(x)=cosx，(x)=sinx, 易证当≤x<0时，sinx≥x≥，所以(x)=sinx≥>0，(注： >0.716)所以(x)在≤x<0上增，故(x)<(0)=0，所以G(x)在≤x<0上减，故G(x)>G(0)=0,即sinxx，sinx≥x. 综上，当x≥时，f(x)≥x+. 第二次介值函数 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法一评注：合理运用F(0)=0是解题的关键.当x≥0时运用了介值函数：≥x+1，当≤x<0时运用了介值函数：sinx≥x.介值函数的运用辅助判断函数导数的符号，进而判断函数单调性. 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法二(介值函数2)：仿解法一证得≥x+1.再证当x≥时f(x)≥. 当x≥时f(x)≥sinx≥1.记g(x)=sinx，x≥，则g(0)=1. 求导得(x)=cosxsinx=(cosx+sinx)， 设G(x)=cosx+sinx， 两个介值函数 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法二(介值函数2续1) 当x≥1时，≥e，cosxsinx≤，而e>，所以G(x)=cosx+sinx>0， 当0≤x<1时，≥1≥cosx，sinx>0，所以G(x)=cosx+sinx>0， 故 (x)>0在x≥0上恒成立，所以g(x)在x≥0上单调递增，从而g(x)≥g(0)=1. 3.2 第(2)问多角度解析 解法二(介值函数2续2) 当≤x<0时，易求(x)=+sinx+cosx，显然(x)在≤x<0上增，所以(x)≥sin+cos>0(因为sin接近于0，cos接近于1)，所以G(x)在≤x<0上单调递增， 故G(x)<G(0)=0，即(x)<0，所以g(x)在≤x<0上单调递减，从而g(x)>g(0)=1. 故，当x≥时f(x)≥成立.又≥x+1，所以，x≥时f(x)≥x+1成立. 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法二评注： 解法二仍是运用了两个介值函数.解法二的讨论标准稍有变化.由于目标是与1比较，故分为x与0、1的大小关系三类讨论. 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法三(三阶导数)：令g(x)=f(x)x=sinxx，x≥，则g(0)=0. 求导得(x)=cosx，(x)=+sinx，(x)=+cosx， 当x≥0时，(x)≥1cosx=cosx≥0，故g(x)递增，于是g(x)≥g(0)=0， 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法三(三阶导数续)： 当≤x<0时，(x)=+cosx >0,故(x)递增.()=sin. 数值估算: 0,则()， 因此(x)>0恒成立，故(x)递增.又(0)=0，故当x<0时, (x)<0，故g(x)递减, 从而g(x)>g(0)=0. 综上, 原不等式成立. 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 解法三评注：x≥0时，运用≥1，简化了导数符号的判断；≤x<0时，运用三阶导数才研究清楚g(x)的递减性.三种方法对比，当以解法二最优. 做出y=f(x)、y=x+1、y=sinxx(x≥)、y=sinx(x≥)的图象，如图1，我们看到：当x≥时，曲线y=f(x)不在直线y=x+1的下方；当x≥时，曲线y=sinxx、y=sinx不在x轴下方. 三、解析：多角度解析高考题 3.2 第(2)问多角度解析 由图象亦可看出：不等式f(x)≥x+1成立的范围可扩大到x≥.同时，亦能看出：当x≥时，sinx≥1. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 解题分析：第(3)问将数列融入函数中，研究数列不等式恒成立时参数的上界，结合前两问，最自然的想法是切线放缩，即由前两问的铺垫，将函数数列{f()}转化为加权调和数列{1+}，再研究相对简单数列恒成立求参问题。对于积数列的问题，我们可以仿照和数列处理。将看成某数列的前n项积，比较相应的项(解法一)；或者取对数化积为和，采用和数列的求解思路(解法四)。另外，转化后的数列自身也有特性，可以应用分数放缩(解法二)。如果不采用题目前两问的引导，另辟蹊径，那么，我们亦可以运用指数放缩求解(解法三)。 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问思维导图 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.1 切线放缩 解法一(切线放缩)：由(2)可得f()>1+，k∈N*. 令g(x)=1+,0<x≤1，则(x)=>0，所以g(x)在0<x≤1上增，所以g(x)>g(0)=0，所以，当0<x≤1时，1+>， 所以f()>1+>=，所以f(1)f(2)…f()>=， 所以当a=时f(1)f(2)…f()>恒成立. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.1 切线放缩(续1) 下面证明必要，即a≤. 反证法.假设a>，取b∈(,a)，构造函数h(x)=f(x)，0<x≤1，易知h(0)=0， (x)=cosx，(0)=1b=b<0， 所以存在>0，使得当x∈(0,)时，(x)<0，所以h(x)在(0,)上减， 所以当x∈(0,)时h(x)<h(0)=0，即f(x)<， 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.1 切线放缩(续2) 当k→+∞时，→0，必存在一个正整数M，使得当k≥M时，∈(0,)， 所以从M项开始，满足f()<=， 所以对任意n>M，将前n项积拆成两部分，= f(1)f(2)…f()是一个固定的常数， 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.1 切线放缩(续3) 故f(1)f(2)…f()=[f()…f()]< ==，其中=是一个与n无头的正数常数， 又由题意知< f(1)f(2)…f()<，所以<， 因为a>0，所以当n→+∞时，→+∞，其不可能小于某个常数，矛盾. 故假设不成立.从而a≤，所以a的最大值为. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析解析 3.3.1 切线放缩评注 评注：解法一是从函数的角度，运用切线放缩的方法完成试题的求解.求解过程分为三个逻辑段：①两次切线放缩得到f()>1+、1+>，化两曲为一直，为目标提供运算方向的引导；②累乘得到a的最大值能取得的逻辑推理，即当a=时f(1)f(2)…f()>恒成立；③排除a>，确保没有比的大a满足题设不等式.三个逻辑段中，①是基础，②是核心，③是保驾护航. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.1 切线放缩评注 作出y=f(x)、y=1+、y=的图象，如图2，由图可以看出解法一思路的根源. 正是： 曲直相依三叠翠，联袂缔造千仞山； 函数蕴育数列最，放缩构造定美链. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.2 分数放缩 解法二(数列放缩)：由(2)知f()≥+，k=1,2,3,…,n. 故f(1)f()f()…f()>…= >=, 所以当a≤时，≤< f(1)f()f()…f(). 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.2 分数放缩 解法二(数列放缩续1)： 下证当a>时，f(1)f()f()…f()>不成立. 我们先证两个引理. 引理1 当0<x≤1时，f(x)<1+x+2. 证明：设h(x)=sinxx，则(x)=cosx，(x)=sinx<0，所以(x)在0<x≤1上减，故(x)<(0)=0， 所以h(x)在0<x≤1上减，故h(x)<h(0)=0.引理1成立. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.2 分数放缩 解法二(数列放缩续2)： 引理2 对正整数n有1+++…+<1+lnn. 证明：设H(x)=lnx+, x>1，则(x)==>0，所以H(x)在x>1上增， 故H(x)≥H(1)=0，故lnx≥, 令x=得ln≥，求和得++…+<lnn，故引理2成立. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.2 分数放缩 解法二(数列放缩续3)：由引理1得f(x)<1+x+2<， (注：应用了≥x+1) 故f(1)f()f()…f()<< =<=, 当a>时，=>,所以当n>时，>.故原不等式不恒成立，所以a>不满足题设条件.综上，a≤.故a的最大值为. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.2 分数放缩 解法二评注： 评注：解法二的求解核心有两个：①运用切线放缩得到f()≥+，实现由曲到直，进而转化积为…>；②运用真分数放缩技巧得到>>，再运用升次，将不相邻的积转化为相邻的积… = >，方便约分消项.完成最关键的一个逻辑段——找到满足条件的a的最大值.另外，必要性的证明稍显复杂. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.3 指数放缩 解法三(指数放缩+对数均值不等式)：由第(2)问解法二知，当x>0时f(x)>. 取x=,得f()>，累乘得f(1)f()f()…f()>， 在对数均值不等式>>(b>a>0)中，令b=k+1，a=k得<<ln(k+1)nk<<， 则>ln2n1+ln3n2+ln4n3+…+ln(n+1)nn=ln(n+1)， 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.3 指数放缩 解法三(指数放缩+对数均值不等式续)： 故f(1)f()f()…f()>>=， 所以当a≤时，≤< f(1)f()f()…f().下同解法二. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.3 指数放缩评注 评注：解法三是从指数函数的角度，运用指数放缩的方法完成试题的求解.求解过程分为四个逻辑段：①一次指数放缩得到f()>，为目标提供运算方向的引导；②累乘得到f(1)f()f()…f()>，转化为研究与ln(n+1)的关系；③运用对数均值不等式证明>ln(n+1)；④排除a>，确保没有比大的a满足题设不等式.四个逻辑段中，①是基础，②③是核心，④是保驾护航. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.4 拓展阅读：分离参数+数列极限（两面夹） 解法四(分离参数)：由第(2)问可知，当x∈[,+∞) 时，f(x)≥1+. 对任意 k∈N*，∈(0, +∞)，因此，f()>1+，将k=1,2,…，n代入并累乘，得：f(1)f()f()…f()>…，则不等式转化为… >，对不等式两边同时取自然对数，得ln+ln+…+ln(1+)>aln(1+n)，即a<， 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.4 拓展阅读：分离参数+数列极限（两面夹 续1） 记=， 因为x>时，≤ln(1+x)≤x，当且仅当=0时取等号，所以取x=，k∈N*，得<ln(1+)<，故=<， 由解法三得ln(k+1)nk>，累加得ln(n+1)n1>+，即1+<ln(n+1)+1,故<<， 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.4 拓展阅读：分离参数+数列极限(两面夹 续2) 当n→+∞时，<→。 另一方面，由解法三得>ln(n+1)，即+>ln(n+1)+， 由ln(1+)>>，故=>>， 当n→+∞时，>→。综上，当n→+∞时，→。故a≤. 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.4 拓展阅读：分离参数+数列极限评注 评注：解法四是采用分离参数法求a的最大值.求解过程中运用了高等数学的极限和夹逼法求极限.解法四供学有余力的学生开阔视野。 四种方法中，笔者更欣赏解法一.一方面，解法一有实施的背景.题目1的前两问已经给出明显的求解引路设计.另一方面，解法一的求解方法更贴合“数列和型不等式”证明常用方法——欲证和式先证对应项.本题中，欲证“f(1)f()f()…f()>”，只须证“f()>1+>”.这里，切线y=1+x充当了介质.解法二、解法三、解法四是站在整体的角度看待问题，即先求出或转化出积“f(1)f()f()…f()”， 三、解析：多角度解析高考题 3.3 第(3)问多角度解析 3.3.4 拓展阅读：分离参数+数列极限评注 再根据转化结果实行变形.解法二中将不相邻的乘积转化为相邻的乘积，需要平时的积累和敢于联想，技巧性大；解法三需要对常见的调和数列敏感；解法四中虽然分离参数是常用的方法，但极限和夹逼法有超纲的嫌疑.只能供学生开阔视野.另外，在排除“a>”时，解法二不如解法一. 四、溯源：高考试题来源集粹 4.1 高等数学源 题目1是基于高等数学中的泰勒展开式而设计试题.在x=0处的泰勒展开式为=1+x+++……，sinx在x=0处的泰勒展开式为sinx=x+……， 代入f(x)得：f(x)=1+x++……(x+……)=1+x+++……， 因此f(x)1+x)的最低次项为≥0，这是不等式成立的深层原因，也解释取等. 题目1设计时，增加了梯度.先求切线，再研究曲线与切线的位置关系——曲线不在切线下方，等价于函数不等式x≥时，f(x)≥1+x)，最后由切线放缩研究不等式f(1)f()f()f() >恒成立时参数a的最大值. 四、溯源：高考试题来源集粹 4.2 教材源 题目1第(1)问，在教材中有多处类似题目. 题组1 ①(苏教版选择性必修一第215页本章测试第14题)已知函数f(x)=ax,a∈R，且(1)=3.求 （i）a的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （ii）函数f(x)在[0,2]上的最大值. ②(苏教版选择性必修一第213页复习题第4题)分别求曲线y=+2x在点A(1,1)和点B(,3)处的切线方程. 四、溯源：高考试题来源集粹 4.3 高考真题源 题目1第(1)、(2)问，在往年高考试题中有多处类似题目. 题组2 ①(2025天津,20(1))已知函数f(x)=ax，(i)当a=1时，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(ii)略. ②(2023全国乙理，21(1))已知函数f(x)=(+a)ln(1+x). (I)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；((ln2)x+y-ln2=0)(II)略. 四、溯源：高考试题来源集粹 4.4 模拟考题源 题组3 ①(2026南京一模,19(1))设函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)，其导函数记为g(x)．(i)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；(ii)(iii)略. ②(2026南京期中联考,19(1)) 已知函数 ．(i)当 时，求函数 的图象在 处的切线方程；(ii)(iii)略. ③(2025南京二模,17(1))已知函数f(x)＝x2－2alnx＋1，a∈R． (i)当a＝－1时，设曲线y＝f(x)在x＝1处的切线为l，求l与曲线y＝f(x)的公共点个数；(ii)略. 四、溯源：高考试题来源集粹 ④(2023届连云港高三一模，12)利用“lnx≤x-1”能得到许多与n(n≥2,n∈N*)有关的结论，则下列结论正确的有 ( ) A．ln(n+1)<1+++…+ B．lnn>+++…+ C．(1+)(1+)(1+)…(1+)>e D．++++< 四、溯源：高考试题来源集粹 4.5 数列题资料源 题目1第(3)问的另一个数列源题组： 题组4 ①…=n+1；②…=；③(1+)(1+)(1+)…(1+)>；④(1)(1)(1)…(1)<. 五、拓展：试题拓展变化谱篇 由题目1(3)解法一的过程可以得到一个最简易的结论：x>0时f(x)>1+x>. 题目2 当x≥时，写出曲线f(x)= sinx与曲线g(x)=都相切的一条切线方程_____. 由题目1(3)解法二的过程可以得到一个结论f(1)f()f()…f()<, 题目3 已知函数f(x)=sinx，证明：对任意正整数n，f(1)f()f()…f()<. 五、拓展：试题拓展变化谱篇 改变sinx系数，得到 题目4 已知函数f(x)=sinx，若对任意正整数n，f(1)f()f()…f()>恒成立.求实数a的最大值.(参考答案：) 更一般性的结论：函数f(x)=ksinx，(x)=kcosx，f(0)=1,(0)=k=m，0<m<1，保证f(x)≥1+mx(切线)，(x)=+k sinx≥0(保证f(x)在x≥0上是凸的)，若对任意正整数n，f(1)f()f()…f()>恒成立，则实数a的最大值为m. 五、拓展：试题拓展变化谱篇 更换函数载体，得到 题目5 已知函数f(x)=axbsinx，a>0,b>0，(1)设b=，若f(x)≥1对x≥0恒成立，求a的取值范围；(2) 设a=,b=，证明：当x>0时，f(x)>1+；(3) 设0<a≤,b=，且对任意n∈N*，f(1)f()f()…f() >恒成立.求实数m的最大值 由题目1(2)的求解过程，我们得到 题目6 求证：当x≥时，sinx≥x+1成立. 题目7 求证：当x≥时，sinx≥1. 六、反思：教学导向命题启示 2026年天津高考数学第20题第(3)问，以函数为载体，串联数列、不等式、导数等多个知识点，全面考查学生的代数变形、逻辑推理与综合应用能力.解题过程中，放缩法、反证法、对数转化、极限思想的综合运用，体现了高考数学对核心素养的考查要求.此类数列不等式恒成立问题，是高考的重点与难点，掌握化归转化、放缩、对数转化等通用方法，能有效提升解决此类问题的能力. 在高三数学复习中，教师应立足教材、回归本质，在夯实基础题型的同时，强化知识融合与思维训练，引导学生理解题型背后的数学逻辑，而非机械套用解题模板.题目1(3)对数列模块的复习备考具有重要的导向与参考价值. 六、反思：教学导向命题启示 以四句诗来概括题目1之美： 曲直相依三叠翠， 联袂缔造千仞山； 函数蕴育数列最， 放缩构造定美链. 谢谢倾听，请批评指正! $