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sinx、cosθ、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
1 1
强调对a 、log x、 absinC以及几何体积公式V = Sh等知识点的灵活运用，能有效考查学生对知识的理
n 2 2 3
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。
1
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 V = Sh ) 进行分析。
3
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 分
题型 考查内容 难易分析
号 值
单选
1 5 集合与运算（全集、子集、补集、交并等） 较易
题
单选
2 5 函数与方程的充要条件（形式逻辑、充分必要条件） 较易
题题 分
题型 考查内容 难易分析
号 值
单选
3 5 统计与概率（线性相关性、最小二乘法） 较易
题
单选
4 5 函数图象特征（奇偶性、单调性及函数解析式判断） 中等
题
单选
5 5 空间几何（正方体中的线面位置关系、平面平行与垂直） 中等
题
单选
6 5 常见函数值比较（指数、对数与幂函数的大小比较） 中等
题
单选
7 5 代数式最值（根式与不等式求最值） 较易
题
单选
8 5 数列与求和（数列前n项和的计算） 中等
题
单选
9 5 解析几何（双曲线的性质、离心率计算） 中等
题
填空
10 5 代数式化简（分式、根式运算等） 较易
题
填空
11 5 二项式定理（求指定项的系数） 中等
题
填空
12 5 三角形解法（正弦定理应用） 中等
题
填空
13 5 概率与统计（有放回抽取、条件概率、分类讨论） 较易
题
填空
14 5 几何与方程（参数约束、距离或角度关系） 中等
题
填空
15 5 抛物线几何性质（弦与坐标轴交点、坐标几何关系） 中等
题
解答
16 15 三角函数（周期、最值、不等式、三角求解） 中等
题
解答
17 15 空间几何（长方体中线面、面面夹角、棱锥体积） 中等
题
18 15 中等
解答 解析几何（椭圆的标准方程、直线与圆的切线、斜率与几何性题 分
题型 考查内容 难易分析
号 值
题 质）
解答 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
19 15 中等
题 合的分析与求和）
解答
20 15 函数与导数（曲线切线、单调性分析及综合不等式证明） 较难
题
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30）：题号有 1,2,3,7,10,13，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65）：题号有 4,5,6,8,9,11,12,14,15,16,17,18,19，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5）：题号为 20，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
x2<1⇔-1<x<1 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 f' (x)>0、f' (x)<0 判定单调性的思路，以及常
见函数的导数公式（如 y=sinx 有导数 y'=cosx 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 P(A∪B)=P(A)+P(B)，独立事件满足
P(AB)=P(A)P(B)。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 n 项和与通项公式的熟练度：
n
o 等差数列：a =a +(n-1)d ，S = (2a +(n-1)d)。
n 1 n 2 1
1-qn
o 等比数列：a =a q,n-1 ，S =a （q≠1）。
n 1 n 1 1-q
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 y2=2px 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 cosθ，棱柱与棱锥的体积公式（V =S ⋅h，
棱柱 底
1
V = S ⋅h）亦为高频考点。
棱锥 3 底
6. 圆锥曲线（椭圆、双曲线等）x2 y2 c
o 椭圆：记住标准方程 + =1 ，离心率 e= ，以及焦点定义、切线方程。
a2 b2 a
x2 y2 √ b2
o 双曲线：常见形式 - =1 ，离心率 e=❑1+ 。掌握焦点、顶点、渐近线及相关求解方法。
a2 b2 a2
1. 选择题的快速排除
o 巧用特殊值：如 x=0、x=1、x=-1 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U={-2,-1,0,1,2,3}，集合A={-1,0,1,3}，集合B={-2,0,1}，则(∁ A)∪B=（ ）
U
A．{-2} B．{-2,2} C．{0,1,2} D．{-2,0,1,2}
【答案】D
【详解】由题可得(∁ A)={-2,2},又因B={-2,0,1}，
U
则(∁ A)∪B={-2,0,1,2}.
U
2．设x∈R，则“x>0”是“x2+3x>0”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x2+3x>0，解得：x<-3或x>0，
即x>0时，x2+3x>0成立，反之不成立，
所以“x>0”是“x2+3x>0”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r=-0.91，根
据最小二乘法算得：^y=-1.17x+1370.7，下列说法正确的是（ ）
A．y与x负相关 B．当x=10时，y一定为1359
C．当x=10时，y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r=-0.91，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x=10时，y=-11.7+1370.7=1359，所以y约为1359，
所以B，C错误.
4．函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能为（ ）
A．x+sinπx B．x-sinπx C．-x+sinπx D．x⋅sinπx
【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y=f (x)为奇函数，且当x=1时，f (x)<0，
对A选项，当x=1时，1+sinπ=1+0=1>0，与图象不符，故A错误；
对B选项，当x=1时，1-sinπ=1-0=1>0，与图象不符，故B错误；
对D选项，当x=1时，1×sinπ=1×0=0，与图象不符，故D错误；
对C选项，在g(x)=-x+sinπx中，
g(-x)=-(-x)+sin(-πx)=x-sinπx=-g(x)，即该函数为奇函数，
g(1)=-1+sinπ=-1+0=-1<0，与图象相符，故C正确.
5．正方体ABCD-A B C D 中，错误的是（ ）
1 1 1 1
A．AC//A C B．CC ⊥面ABC C．ACD //面A C B D．ADD ⊥面ACD
1 1 1 1 1 1 1 1
【答案】D
【分析】A项，通过证明四边形ACC A 是平行四边形，即可证明结论；B项，通过CC ⊥BC，
1 1 1
CC ⊥CD，即可证明CC ⊥平面ABC；C项，通过证明AC//平面A C B，CD //平面A C B，即可
1 1 1 1 1 1 1
证明结论；D项，假设垂直，得出AD⊥平面ACD ，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论.
1
【详解】由题意，
在正方体ABCD-A B C D 中，
1 1 1 1
A项，A A //CC A A =CC
1 1 1 1
， ，
∴四边形ACC A 是平行四边形，
1 1
∴AC//A C ，A正确；
1 1
B项，
由几何知识得，CC ⊥BC，CC ⊥CD，
1 1
BC∩CD=C，BC⊂平面ABC，CD⊂平面ABC，
∴CC ⊥平面ABC，故B正确；
1
C项，
∵AC//A C ，A C ⊂平面A C B，AC⊄平面A C B，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴AC//平面A C B，
1 1
由几何知识得，BC//A D ，BC=A D ，
1 1 1 1
∴四边形A BCD 是平行四边形，
1 1
∴CD //A B，
1 1
∵A B⊂平面A C B，CD ⊄平面A C B，
1 1 1 1 1 1
∴CD //平面A C B，
1 1 1
∵AC∩CD =C，A B∩A C =A ，
1 1 1 1 1
∴平面ACD //平面A C B，C正确；
1 1 1
D项，假设平面ADD ⊥平面ACD ，则交线为AD ，
1 1 1
此时有A D⊥AD ，
1 1
∴A D⊥平面ACD ，
1 1
∵AC⊂平面ACD ，
1
∴A D⊥AC，
1
连接A C ，C D，
1 1 1
由几何知识得，AC//A C ，则A D⊥A C ，故∠C A D=90°
1 1 1 1 1 1 1
在△A C D中，由几何知识得，A C =A D=C D，
1 1 1 1 1 1
∴三角形为等边三角形，∠C A D=60°，矛盾，
1 1
故D错误.
6．已知函数f(x)=|lnx|，若a=f(20.3 )，b=f(30.3 )，c=f(3-0.5 )，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a<b<c B．b<a<c C．c<b<a D．c<a<b
【答案】A
【分析】根据对数函数与绝对值的性质化简f(x)，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f(x)=¿，
因为函数y=x0.3在(0,+∞)上单调递增，所以1<20.3<30.3，
又因函数y=3x在R上单调递增，则0<3-0.5<1<30.5，
所以c=f(3-0.5 )=-ln3-0.5=ln30.5=f(30.5
)，
因1<20.3<30.3<30.5，且f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f(20.3 )<f(30.3 )<f(30.5 )，即f(20.3 )<f(30.3 )<f(3-0.5
).故a<b<c.
1 4
7．(x+ )(x+ )的最小值为（ ）
x x
A．10 B．9 C．8 D．6
【答案】B
【详解】因为 ( x+ 1)( x+ 4) =x2+ 4 +5≥2❑ √ x2 ⋅ 4 +5=9，
x x x2 x2
4
当且仅当x2= ，即x2=2，x=±❑√2时，等号成立,
x2
( 1)( 4)
所以 x+ x+ 的最小值为9.
x x
8．已知S -S =n，a =6，则a +a =（ ）
2n n 3 7 8
A．68 B．56 C．-3 D．-4
【答案】C
【分析】根据前n项和的含义，依次令n=2,3,4，逐步计算即可得到结果.
【详解】由S -S =n，得
2n n
S -S =1，即a =1；
2 1 2
S -S =2，即a +a =2；
4 2 3 4
因为a =6，所以a =-4；
3 4
S -S =3，即a +a +a =3，所以a +a =7；
6 3 4 5 6 5 6
S -S =4，即a +a +a +a =4，所以a +a =-3.
8 4 5 6 7 8 7 8
x2 y2
9．已知双曲线 - =1（a>0，b>0）的左焦点为F，A是右顶点，P是双曲线上一点，满足|FA|=|FP|，
a2 b2
∠FAP=30°，则双曲线离心率为（ ）
8 8 4
A．4 B． C． D．
3 5 3
【答案】D
【分析】过点P作PH垂直x轴，垂足为H，根据几何关系用a,c表示出点P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P作PH垂直于x轴，垂足为H，
因为|FA|=|FP|，所以∠FPA=∠FAP=30°，所以∠PFH=60°，
1 ❑√3
又|PF|=|FA|=a+c，所以|HF|= (a+c),|PH|= (a+c)，
2 2( 1 3 ❑√3 ❑√3 )
根据双曲线对称性，不妨设点P在第二象限，则P - a- c, a+ c ，
2 2 2 2
( 1 3 ) 2 (❑√3 ❑√3 ) 2
- a- c a+ c
将点P坐标代入双曲线方程得： 2 2 2 2 ，
- =1
a2 b2
整理得(a+3c) 2b2-3(a+c) 2a2=4a2b2，
将b2=c2-a2代入上式，整理得(a+3c) 2(c2-a2)-3(a+c) 2a2=4a2(c2-a2)，
4
两边同时除以a4，整理得(3e-4)(e+1) 2=0，解得e=
.
3
二、填空题
10．化简(3+i) 2=__________．
【答案】8+6i
【详解】(3+i) 2=9+6i+i2=8+6i.
11．(x+2y) 4展开式中x3y的系数为__________．
【答案】
8
【分析】根据二项式定理得到(x+2y) 4展开式的通项公式即可求解.
【详解】根据二项式定理，(x+2y) 4展开式的通项公式为T =Cr x4-r(2y) r=Cr2rx4-r yr，
r+1 4 4
当r=1时，T =C1x4-1(2y) 1=C121x3y，因此x3y的系数为C121=4×2=8.
2 4 4 4
1
12．在△ABC中，BC=4，AC=3，cosA=- ，则sinB=__________．
4
3❑√15 3
【答案】 / ❑√15
16 16
1 √ 1 ❑√15
【详解】在△ABC中，cosA=- ，所以sin A=❑√1-cos2A=❑1- = ，
4 16 4❑√15
3×
由正弦定理可得 AC⋅sin A 4 3❑√15.
sinB= = =
BC 4 16
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__________．
8 37
【答案】
27 64
【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A 表示没取到黄球，事件A 表示三次都没取到黄球，
1 2
4 2
有放回抽取，每次取到非黄球的概率为P(A )= = ，
1 6 3
(2) 3 8
三次都没取到黄球的概率：P(A )= = .
2 3 27
第二空：
设事件B 表示至少取到一次红球，事件B 表示三次都取到白球，
1 2
(1) 3 1
P(B )= = ，
2 2 8
P(A B )
∵三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率：P(B |A )= 2 1 ，
1 2 P(A )
2
8 1 37
P(A B )=P(A )-P(B )= - = ，
2 1 2 2 27 8 216
37
P(A B ) 216 37
∴P(B |A )= 2 1 = = ，
1 2 P(A ) 8 64
2
27
37
∴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 .
64
14．已知|⃗a|=⃗a⋅⃗b=1，|⃗b|>1，记⃗c=λ⃗a+μ⃗b．当⃗a+⃗b-⃗c=0⃗时，λ+μ=__________，当|⃗a+⃗b-⃗c|=1时，
λ+μ的取值范围为__________．
【答案】 2 [1,3]【分析】第一空：利用⃗c=λ⃗a+μ⃗b和⃗a+⃗b-⃗c=0⃗得出λ和μ的值，即可得出结论；第二空：将⃗c=λ⃗a+μ⃗b代入
| → →|
|⃗a+⃗b-⃗c|=1得 (1-λ)a+(1-μ)b =1，展开，令x=1-λ，y=1-μ，s=x+ y，代入并整理，得出
s2=1-(t2-1)y2≤1，即可求出λ+μ的取值范围.
【详解】由题意，
|⃗a|=⃗a⋅⃗b=1，|⃗b|>1，⃗c=λ⃗a+μ⃗b，
第一空：
当⃗a+⃗b-⃗c=0⃗时，⃗c=⃗a+⃗b=λ⃗a+μ⃗b，
∴λ=μ=1，
∴λ+μ=2.
第二空：
将⃗c=λ⃗a+μ⃗b代入|⃗a+⃗b-⃗c|=1得 | (1-λ) → a+(1-μ) → b | =1，
2
两边平方，得：[ (1-λ)⃗a+(1-μ)⃗b] =1，
展开：(1-λ) 2|⃗a|2+2(1-λ)(1-μ)⃗a⋅⃗b+(1-μ) 2|⃗b|2=1，
代入|⃗a|=1，⃗a⋅⃗b=1，记|⃗b|=t>1，
(1-λ) 2+2(1-λ)(1-μ)+t2 (1-μ) 2=1，
令x=1-λ，y=1-μ，s=x+ y，
则原式变为：x2+2xy+t2y2=1，
配方得：x2+2xy+t2y2=(x+ y) 2+(t2-1)y2=s2+(t2-1)y2=1，
由于 t2>1，(t2-1)y2≥0，因此 s2=1-(t2-1)y2≤1，
即 |s|≤1，解得s∈[-1,1]，
λ+μ=2-s∈[2-1,2-(-1)]=[1,3]，
因此，λ+μ的取值范围为：[1, 3].
15．在平面内，O为坐标原点，抛物线y2=2x上有A、B、C、D四个点，A、B、C、D的纵坐标分别为y 、
A
y 、y 、y ，直线AB与直线CD交x轴于点P，直线AC交x轴于点M，直线BD交x轴于点N，以下说法正确
B C D
的有______．
①若P与抛物线焦点重合，则y y =-2；
A B
②y y = y y ；
A B C D
③|OM||ON|=2|OP| 2 ；
④|y - y ||OP|=|y - y ||OM|；
A C B DS (|OM|) 2
⑤
△ACP=
S |ON|
△BDP
【答案】②④
【分析】首先探求抛物线弦与x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A、B、C、D为抛物线y2=2x上四个点可知，y ,y ,y ,y 两两不等.
A B C D
(s2
)
(t2
)
设抛物线y2=2x上任意两点S ,s ,T ,t ，其中s≠t.
2 2
s-t 2
k= =
当s+t≠0时，直线ST的斜率 s2 t2 s+t，
-
2 2
2 t2
则直线ST方程为y-t= (x- )，
s+t 2
st
令y=0，则直线ST与x轴的交点R横坐标x =-
0 2
特别地，当s+t=0时，s=-t，
st
此时直线ST垂直于x轴，x =- 也成立，
0 2
st
因此，直线ST与x轴的交点R横坐标x =- （*）.
0 2
1
①由题意直线AB交x轴于点P，若P与抛物线焦点重合，则其横坐标为 ，
2
1 y y
故由*式可得 =- A B，即y y =-1≠-2，故①错误；
2 2 A B
②由题意直线AB与直线CD交x轴于点P，
y y y y
则由*式可得点P横坐标x =- A B=- C D，
0 2 2可得y y = y y ，故②正确；
A B C D
③由题意直线AC交x轴于点M，直线BD交x轴于点N，
则由*式可得
| y y | | y y | | y y | | y y |
|OM|=|x |= - A C ,|ON|=|x |= - B D ,|OP|=|x |= - A B = - C D ，
M 2 N 2 0 2 2
2 2
|y y y y | |y y | |y y |
则|OM||ON|= A B C D = A B ,|OP| 2= A B ，
4 4 4
故|OM||ON|=|OP| 2 ，故③错误；
|y y | |y y |
④由*式可得|y - y ||OP|=|y - y | A B ,|y - y ||OM|=|y - y | A C ，
A C A C 2 B D B D 2
当点A或C为原点时，则点P,M也重合于原点，此时|y - y ||OP|=|y - y ||OM|；
A C B D
当点A与C均不为原点时，即y ≠0，且y ≠0，
A C
|y y |
|y - y | A B
A C 2 |y y - y y | |y y - y y |
则结合②结论可知， = A B C B = D C C B =1，
|y y | |y y - y y | |y y - y y |
|y - y | A C B C D C B C D C
B D 2
则有|y - y ||OP|=|y - y ||OM|，故④正确；
A C B D
⑤由y y = y y ，可知 |y A | = |y C | ，则 |OM| = |x M | = |y A y C | = ( y A ) 2 ，
A B C D |y | |y | |ON| |x | y y y
D B N B D D
1 |y y y y |
|MP||y - y | A C - A B |y - y |
S 2 A C 2 2 A C
△ACP= =
S 1 |y y y y |
△BDP |NP||y - y | B D- C D |y - y |
2 B D 2 2 B D
= |y A ||y A - y C | = |y A ||y A - y C | = |y A | 2 = ( y A ) 2 = |OM|
|y ||y - y | |y y | |y | 2 y |ON|，
D B D |y | C D- y D D
D y D
A
|OM| S (|OM|) 2
如图，当 ≠1时， △ACP= 不成立，故⑤错误；
|ON| S |ON|
△BDP
故答案为：②④三、解答题
π
16．已知f(x)=sin(2x+ )．
6
(1)求最小正周期；
[ π π]
(2)若x∈ - , ，求f(x)的最大值和最小值；
6 12
π ❑√3
(3)若α∈(0, )，sinα= ，求f(α)．
2 3
【答案】(1)π
❑√3 1
(2)最大值为 ，最小值为-
2 2
2❑√6+1
(3)
6
【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.
2π 2π
【详解】（1）T= = =π；
|ω| 2
π π π π π
（2）若x∈[- , ]，则2x+ ∈[- , ]，
6 12 6 6 3
π π π π 1
由正弦函数性质可知，当2x+ =- ，即x=- 时，函数f(x)有最小值，即f(x) =f(- )=- ，
6 6 6 min 6 2
π π π π ❑√3
当2x+ = ，即x= 时，函数f(x)有最大值，即f(x) =f( )= .
6 3 12 max 12 2
❑√3 1
所以函数f(x)的最大值为 ，最小值为- ；
2 2
π ❑√3 ❑√6
（3）若α∈(0, )，sinα= ，所以cosα=❑√1-sin2α= ，
2 3 32❑√2 1
则sin2α=2sinαcosα= ，cos2α=1-2sin2α= ，
3 3
π π π 2❑√2 ❑√3 1 1 2❑√6+1
则f(α)=sin(2α+ )=sin2αcos +cos2αsin = × + × = .
6 6 6 3 2 3 2 6
17．在长方体ABCD-A B C D 中，AB=2，A A =3，AD=4，A E=3ED ，2C F=FC．
1 1 1 1 1 1 1 1
(1)求证：BD⊥面CEF；
(2)求面AEF与面CEF的夹角的余弦值；
(3)求三棱锥A-CEF的体积．
【答案】(1)方法一：如图，过点E作EG//CC ,交AD于点G，则有AG=3GD,GD=1.
1
连接CG,则C,C ,E,G四点共面,平面CEF即平面CC EG.
1 1
GD CD 1
由 = = ，∠GDC=∠DCB=90°，可得△GDC与△DCB相似,
CD BC 2
所以∠GCD=∠DBC，则可得∠GCD+∠BDC=90°,所以CG⊥BD.
长方体ABCD-A B C D 中，CC ⊥平面ABCD，
1 1 1 1 1
因为BD⊂平面ABCD，所以CC ⊥BD.
1
又CC ∩CG=C,CC ,CG⊂平面CEF，所以BD⊥平面CEF.
1 1
方法二：
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-xyz.
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(0,2,0),F(0,2,2),E(1,0,3).
所以⃗DB=(4,2,0),⃗CE=(1,-2,3),⃗CF=(0,0,2).
所以⃗DB⋅⃗CE=4-4+0=0,⃗DB⋅⃗CF=0+0+0=0，
所以⃗DB⊥⃗CE,⃗DB⊥⃗CF，即BD⊥CE,BD⊥CF.
又CE∩CF=C,CE,CF⊂平面CEF，所以BD⊥平面CEF.
❑√15
(2)
5
(3)2
【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AE⊥EF，从而求得△AEF的面积，由向量法求得点C到平面AEF的距离，再根据棱锥
的体积公式求得三棱锥A-CEF的体积；或由向量法求得点A到平面CEF的距离，根据棱锥的体积公式可得
三棱锥A-CEF的体积.
【详解】（1）略
（2）方法一：过点E作EG//CC ,交AD于点G，则有AG=3GD，GD=1，
1
连接CG，则C,F,E,G四点共面，平面CEF即平面CFEG.
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-xyz，则
D(0,0,0),A(4,0,0),F(0,2,2),E(1,0,3),G(1,0,0)
⃗EF=(-1,2,-1)，⃗AE=(-3,0,3)，所以⃗AE⋅⃗EF=0，
所以⃗AE⊥⃗EF.
取EF的中点P，则P (1 ,1, 5) ，所以⃗GP= ( - 1 ,1, 5) ，
2 2 2 2
1 5
⃗GP⋅⃗EF= +2- =0，所以⃗GP⊥⃗EF.
2 2
所以异面直线AE与GP所成的角等于平面AEF与平面CEF的夹角.
3 15
+
⃗AE⋅⃗GP 2 2 ❑√15
又cos⟨⃗AE,⃗GP⟩= = = ，
|⃗AE||⃗GP| ❑√30 5
3❑√2×
2
❑√15
所以平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值为 .
5
方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-xyz.
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(0,2,0),F(0,2,2),E(1,0,3).
所以⃗AE=(-3,0,3),⃗AF=(-4,2,2)，
设平面AEF的法向量为⃗n=(x,y,z)，
则¿，故可取⃗n=(1,1,1).
由（1）知平面CEF的一个法向量为⃗DB=(4,2,0)，
⃗n⋅⃗DB 4+2 ❑√15
所以cos⟨⃗n,⃗DB⟩= = =
，
|⃗n||⃗DB| ❑√3×2❑√5 5
❑√15
所以平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值为 .
5
（3）方法一：由⃗EF=(-1,2,-1)，⃗AE=(-3,0,3)，得⃗AE⋅⃗EF=0，所以⃗AE⊥⃗EF.
1 1
所以△AEF的面积为 AE⋅EF= ×3❑√2×❑√6=3❑√3.
2 2
由（2）知，平面AEF的一个法向量为⃗n=(1,1,1)，⃗AC=(-4,2,0)
|⃗AC⋅⃗n| |-4+2| 2❑√3
点C到平面AEF的距离为 = = .
|⃗n| ❑√3 3
1 2❑√3
所以三棱锥C-AEF的体积V = ×3❑√3× =2，
3 3
所以三棱锥A-CEF的体积为2.
|⃗AE⋅⃗DB| 12 6❑√5
方法二：点A到平面CEF的距离为 = = .
|⃗DB| 2❑√5 5
因为EG//CF，所以E,G到CF的距离相等，
1 1
所以△CEF的面积等于△GCF的面积，即 ×CG×CF= ×❑√1+4×2=❑√5.
2 2
1 6❑√5
所以三棱锥A-CEF的体积为V = ×❑√5× =2.
3 5
x2 y2 1
18．已知椭圆C: + =1（a>b>0）的离心率为 ，椭圆被直线x=b截得的线段长为❑√3．
a2 b2 2
(1)求C的标准方程；
(2)斜率为-❑√3的直线与圆x2+ y2=b2相切，且该直线交椭圆于P(x ,y )，Q(x ,y )（y <y ），A是椭圆的
1 1 2 2 1 2
k
上顶点．记直线AP，AQ的斜率分别为k ，k ，求 1 ．
1 2 k
2
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
(2)3
【分析】（1）根据椭圆的离心率可知a=2c，b2=3c2，然后将x=b代入椭圆方程即可求解；
（2）根据直线与圆相切即可求出m=±2❑√3，分类讨论即可.1 c 1
【详解】（1）由于椭圆的离心率为 ，所以e= = ，即a=2c，
2 a 2
由于a2=b2+c2，所以b2=3c2，
b2 y2 3c2 y2 3 ❑√3
将x=b代入椭圆方程，得 + =1，即 + =1，解得y2= c2 ，即y=± c，
a2 b2 4c2 3c2 4 2
❑√3
由题意，所截得的线段长为❑√3，所以2× c=❑√3，解得c=1，从而a2=4,b2=3，
2
x2 y2
所以椭圆的方程为 + =1.
4 3
（2）由（1）可知，b2=3，所以圆的方程为x2+ y2=3，
设直线l的方程为y=-❑√3x+m，因为直线l与圆相切，如图所示，
|m| |m|
则圆心到直线l的距离
d= = =❑√3
，解得m=±2❑√3，
❑√(-❑√3) 2+12 2
椭圆上顶点A(0,❑√3)，分两种情况讨论：
x2 y2
①当m=2❑√3时，直线l的方程为y=-❑√3x+2❑√3，代入椭圆方程 + =1，
4 3
6
化简得5x2-16x+12=0，解得x=2或x= ，
5
6 4❑√3 (6 4❑√3)
则当x=2时，y=0，当x= 时，y= ，由于y <y ，所以P(2,0),Q , ，
5 5 1 2 5 5
4❑√3 ❑√3
-❑√3 -
0-❑√3 ❑√3 5 ❑√3 k 2
则k = =- ，k = =- ，此时 1= =3；
1 2-0 2 2 6 6 k ❑√3
-0 2 -
5 6
x2 y2
②当m=-2❑√3时，直线l的方程为y=-❑√3x-2❑√3，代入椭圆方程 + =1，
4 3
6
化简得5x2+16x+12=0，解得x=-2或x=- ，
56 4❑√3 ( 6 4❑√3)
当x=-2时，y=0，当x=- 时，y=- ，由于y <y ，所以P - ,- ,Q(-2,0)，
5 5 1 2 5 5
4❑√3 3❑√3
- -❑√3
5 3❑√3 0-❑√3 ❑√3 k 2
则k = = ，k2= = ，此时 1= =3.
1 6 2 -2-0 2 k ❑√3
- -0 2
5 2
k
综上所述， 1 的值为3.
k
2
19．已知等差数列{a }与等比数列{b }满足：a =2，b =1，a =b +b ，a =b -b ．
n n 1 1 2 1 2 4 3 1
(1)求数列{a }，{b }的通项公式；
n n
(2)记E =¿，∃k∈N*，x=a 或x=b }，记c 为E 中的元素个数．
n k k n n
（i）求c ；
3n
3n-1
（ii）求∑(-1) m ⋅a ⋅c ．
m m
m=1
【答案】(1)a =2n,b =3n-1
n n
1 1 32n+1+(4n-6)3n+3
(2)（i）c = ⋅3n+n+ ；（ii） .
3n 2 2 4
【分析】（1）通过基本量计算即可求得通项公式；
（2）（i）分析{a }和{b }项的特征，结合集合E 的定义即可得解；（ii）利用分组求和法和错位相减法求和
n n n
即可.
【详解】（1）设等差数列{a }的公差为d，等比数列{b }的公比为q，
n n
因为a =2,b =1,a =b +b ,a =b -b ，
1 1 2 1 2 4 3 1
所以¿，即¿，解得¿或¿（公比不能为0，舍去），
所以a =2n,b =3n-1
n n
（2）（i）由（1）知a 为偶数，b 为奇数，所以数列{a }和{b }没有相同项，
n n n n
根据题意，集合E 中的元素由数列{a }和{b }中小于等于n项组成，
n n n
3n-1
小于3n的正偶数有 个，由3k-1≤3n得k≤n+1，k∈N*，
2
3n-1
所以数列{a }中小于等于3n的项有 个，{b }中小于等于3n的项有n+1个，
n 2 n
3n-1 1 1
所以c = +n+1= ⋅3n+n+ .
3n 2 2 2（ii）当3i-1≤m<3i时，{b }中小于等于m的项有i个，
n
m m-1
又m为偶数时，{a }中小于等于m的项有 个，m为奇数时，{a }中小于等于m的项有 个，
n 2 n 2
所以c =¿，
m
所以a c =¿，
m m
从a
3i-1
c
3i-1
到a
3i-1
c
3i-1
共有3i-1-(3i-1-1)=2⋅3i-1项，
又m为奇数时，
a c -a c =2i(m+1)+(m+1) 2-2ℑ-m(m-1)=2i+1+3m
m+1 m+1 m m
3i-1
所以 ∑ (-1) ma c =3i-1(2i+1)+3[3i-1+(3i-1+2)+(3i-1+4)+⋅⋅⋅+(3i-2)]
m m
m=3i-1
3i-1(3i-1+3i-2)
=3i-1(2i+1)+3⋅ =3i-1(2i-2)+6⋅9i-1，
2
3n-1 31-1 32-1 3n-1
所以∑(-1) ma c =∑ (-1) ma c +∑ (-1) ma c +⋅⋅⋅+ ∑ (-1) ma c
m m m m m m m m
m=1 m=30 m=31 m=3n-1
=(0⋅30+6⋅90)+(2⋅31+6⋅91)+(4⋅32+6⋅92)+⋅⋅⋅+[(2n-2)3n-1+6⋅9n-1]
=[0⋅30+2⋅31+4⋅32+⋅⋅⋅+(2n-2)3n-1]+6(90+91+92+⋅⋅⋅+9n-1)
1-9n
=[2⋅31+4⋅32+⋅⋅⋅+(2n-2)3n-1]+6⋅
1-9
3
=[2⋅31+4⋅32+⋅⋅⋅+(2n-2)3n-1]+ (9n-1)
4
令S =2⋅31+4⋅32+⋅⋅⋅+(2n-2)3n-1 ①，
n
则3S =2⋅32+4⋅33+⋅⋅⋅+(2n-2)3n ②，
n
①-②得-2S =2(31+32+⋅⋅⋅+3n-1)-(2n-2)3n
n
3(1-3n-1)
=2⋅ -(2n-2)3n
1-3
=-(2n-3)3n-3，
(2n-3)3n+3
所以S = ，
n 2
3n-1 (2n-3)3n+3 3 32n+1+(4n-6)3n+3
所以∑(-1) ma c = + (9n-1)=
m m 2 4 4
m=1
2
20．已知f(x)=ex- sinx．
3(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
[ 1 ) x
(2)当x∈ - ,+∞ 时，证明f(x)≥1+ ；
3 3
1 1 1 1
(3)求实数a的最大可能值，使得f( )⋅f( )⋅f( )⋯f( )≥(n+1) a 对任意的n∈N*都成立．
1 2 3 n
【答案】(1)x-3 y+3=0
2 1 2 1
(2)令g(x)=ex- sinx- x-1，则g' (x)=ex- cosx- ，
3 3 3 3
2 2 2 2 1 2 1
当x≥0时，ex≥1，- ≤- cosx≤ ，则g' (x)=ex- cosx- ≥1- - =0，
3 3 3 3 3 3 3
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增，则g(x)≥g(0)=1-0-0-1=0，
2 1
所以g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，即ex- sinx≥ x+1在[0,+∞)上恒成立；
3 3
1 2 1
当- ≤x<0时，令m(x)=g' (x)=ex- cosx- ，
3 3 3
所以m' (x)=ex+ 2 sinx，因为y=ex和y= 2 sinx在 [ - 1 ,0 ) 上单调递增，
3 3 3
所以m' (x)=ex+ 2 sinx在 [ - 1 ,0 ) 上单调递增，
3 3
1 1
所以m'(x)=ex+ 2 sinx≥e - 3+ 2 sin ( - 1) =e - 3- 2 sin 1 ，
3 3 3 3 3
1 (2) 3 - 1 2 1
因为33>23 ⋅e，所以 > ，所以e 3> ，由于0<sin <1，
e 3 3 3
1
2 - 2 1
所以m'(x)=ex+ sinx≥e 3- sin >0，
3 3 3
则g' (x)=ex- 2 cosx- 1 在 [ - 1 ,0 ) 上单调递增，
3 3 3
则g' (x)=ex- 2 cosx- 1 <g' (0)=0，即g' (x)<0在 ( - 1 ,0 ) 恒成立，
3 3 3
[ 1 )
所以g(x)在 - ,0 上单调递减，
3
[ 1 )
所以g(x)>g(0)=1-0-0-1=0，即g(x)>0在 - ,0 成立，
3
故ex- 2 sinx≥ 1 x+1在 [ - 1 ,0 ) 成立，
3 3 3综上，ex- 2 sinx≥ 1 x+1在 [ - 1 ,+∞ ) 上恒成立，
3 3 3
1
(3)
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)=ex- 2 sinx- 1 x-1，利用导数研究g(x)在 [ - 1 ,+∞ ) 上的单调性以及最值即可证明结论；
3 3 3
（3）利用导数证明lnf(x)<ln ( 1+ 1 x+2x2) ≤ 1 x+2x2 ，分a> 1 和a≤ 1 两种情况讨论不等式是否成立.
3 3 3 3
2
【详解】（1）由于f' (x)=ex- cosx，
3
2 1
所以f(0)=1，f' (0)=1- = ，
3 3
1
则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为：y-1= (x-0)，
3
即x-3 y+3=0；
（2）略
1 1
（3）①当a> 时，设a= +ε(ε>0)
3 3
2 1
构造函数h(x)=ex- sinx- x-1-2x2,x∈(0,1]，
3 3
2 1
则h'(x)=ex- cosx-4x- ,x∈(0,1]，
3 3
2 1
令s(x)=h'(x)=ex- cosx-4x- ,x∈(0,1]，
3 3
2
所以s'(x)=ex+ sinx-4,x∈(0,1]，
3
2
由于s' (x)=ex+ sinx-4在(0,1]上单调递增，
3
2 2
所以s'(x)≤e+ sin1-4<e+ -4<0，则h' (x)在(0,1]上单调递减，
3 3
2 1
故h' (x)<h' (0)=1- -0- =0，则h(x)在(0,1]上单调递减，
3 3
2 1
则h(x)<h(0)=0在(0,1]上恒成立，即ex- sinx< x+1+2x2 在(0,1]上恒成立；
3 3
1 x
令φ(x)=x-ln(x+1),(x≥0)，所以φ' (x)=1- = ≥0,(x≥0)，
x+1 1+x所以φ(x)在[0,+∞)上单调递增，则φ(x)≥φ(0)=0，当且仅当x=0时取等，
即x≥ln(x+1)在[0,+∞)上恒成立.
故lnf (x)=ln ( ex- 2 sinx ) <ln ( 1+ 1 x+2x2) ≤ 1 x+2x2 ，
3 3 3
1 (1) 1 2
令x= ，则lnf < + ，
k k 3k k2
1 ( 1) 1
对于x≥ln(x+1)，令x=- ≠0，则ln 1- <- ，
k k k
1
变形得 <lnk-ln(k-1)，
k
n n
1
裂项求和得，∑ <1+∑[lnk-ln(k-1)]=1+lnn
k
k=1 k=2
n n n
1 1 ( 1 1) 1
∑ <1+∑ =1+∑ - =2- <2
k2 k(k-1) k-1 k n
k=1 k=2 k=2
对题设不等式左边取对数放缩：
n n
ln [ f (1)⋅f (1) …f (1)] =∑lnf (1) =∑( 1 + 2 )
2 n k 3k k2
k=1 k=1
n n
1 1 1 1 1 13 1
< ∑ +2∑ < (1+lnn)+2×2= lnn+ < lnn+5，
3 k k2 3 3 3 3
k=1 k=1
(1 ) 1
对题设不等式右边取对数放缩：：aln(n+1)= +ε ln(n+1)> lnn+εlnn
3 3
5 1
当 n>eε时，εlnn>5，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以a>
3
不满足条件；
②当a≤
1
时，若∀n∈N* ,f(1)⋅f
(1)
…f
(1)
≥(n+1) a 恒成立，
3 2 n
n
1 (1) 1
此时原不等式右侧 (n+1) a≤（n+1)3，只需证明：∑lnf
k
≥
3
ln(n+1)，
k=1
1 ( 1 ) (1)
由（2）问结论1+ x≤f(x)可得：ln 1+ ≤lnf
3 3k k
( 1 ) 3 ( 1 ) 3 1 1 1 1
对于 1+ 二项式展开 1+ =1+ + + >1+ ，
3k 3k k 3k2 27k3 k
( 1 ) ( 1) 1
两边取对数，ln 1+ >ln 1+ 3，
3k kn n
( 1)
又ln(n+1)=∑[ln(k+1)-lnk]=∑ln 1+
k
k=1 k=1
n (1) n ( 1 ) n ( 1) 1 1
因此，∑lnf ≥∑ln 1+ >∑ln 1+ 3= ln(n+1)≥aln(n+1)
k 3k k 3
k=1 k=1 k=1
1
所以原不等式成立，则a的最大值为
3
