已知函数 f(x)=x e^ x +a x+b，曲线 y=…——2026 高考数学第 19 题答案解析

【解析】
（1）$f'(x)=(x+1)e^{x}+a$，由切线斜率和截距得 $1+a=-2,b=1$，所以 $a=-3,b=1$。

方法一：（2）令 $h_{m}(x)=f(x+m)-f(x)-m$ ，
则 $h_{m}(x)=e^{x}\left[x\left(e^{m}-1\right)+m e^{m}\right]-4 m$ 。

若 $m<0$ ，则 $x \rightarrow+\infty$ 时 $h_{m}(x) \rightarrow-\infty$ ，不合题意；若 $m=0$ ，则 $h_{m}(x)=0$ ，也不合题意。故 $m>0$ 。

当 $m>0$ 时，$h_{m}^{\prime}(x)=e^{x}\left[\left(e^{m}-1\right)(x+1)+m e^{m}\right]>0$ ，
所以 $h_{m}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。
当 $x$ 从右侧趋于 0 时，$h_{m}(x) \rightarrow m\left(e^{m}-4\right)$ ，因此原条件等价于 $m\left(e^{m}-4\right) \geq 0$ ，即 $m \geq \ln 4$ 。

故 $m$ 的取值范围为 $[\ln 4,+\infty)$ 。
（3）令 $D_{k}(x)=f(k+x)+f(k-x)-2 f(k)$ ，
则 $D_{k}(x)=e^{k}\left[k\left(e^{x}+e^{-x}-2\right)+x\left(e^{x}-e^{-x}\right)\right]$ 。
记 $A=e^{x}+e^{-x}-2, B=x\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ ．当 $x>0$ 时，$A>0$ ．
再记 $Q(x)=B-2 A$ ，即 $Q(x)=x\left(e^{x}-e^{-x}\right)-2\left(e^{x}+e^{-x}-2\right)$ ．
有 $Q(0)=0, Q^{\prime}(x)=x\left(e^{x}+e^{-x}\right)-\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ ，且 $Q^{\prime \prime}(x)=x\left(e^{x}-e^{-x}\right)>0$ ．
所以 $Q^{\prime}(x)>0$ ，从而 $Q(x)>0$ 。
若 $k \geq-2$ ，则 $D_{k}(x)=e^{k}[(k+2) A+Q(x)]>0$ ，故原不等式恒成立。
若 $k<-2$ ，由于 $D_{k}(0)=D_{k}^{\prime}(0)=0$ ，且 $D_{k}^{\prime \prime}(0)=2 e^{k}(k+2)<0$ ，所以 $x>0$ 足够小时$D_{k}(x)<0$ ，不合题意。

故 $k \geq-2, k$ 的最小值为 -2 。
方法二：1（2）不等式 $f(x+m)-f(x)>m$ 可转化为 $f(x+m)-(x+m)>f(x)-x$ 。令 $g(x)=f(x)-x=x e^{x}-4 x+1$ ，

则原题等价于 $g(x+m)>g(x)$ 对任意 $x>0$ 恒成立。
求导得 $g^{\prime}(x)=(x+1) e^{x}-4$ 。易知 $g^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。
因为 $g^{\prime}(0)=-3<0, g^{\prime}(1)=2 e-4>0$ ，所以存在唯一 $x_{0} \in(0,1)$ ，使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 。
当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减；
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增。
令 $\Delta(x)=g(x+m)-g(x)$ ，则 $\Delta^{\prime}(x)=g^{\prime}(x+m)-g^{\prime}(x)$ 。
若 $m \leq 0$ ，当 $x>x_{0}-m$ 时，$g^{\prime}(x+m) \leq g^{\prime}(x)$ ，

从而 $\Delta^{\prime}(x) \leq 0, \Delta(x)$ 单调递减，且 $x \rightarrow+\infty$ 时 $\Delta(x) \rightarrow-\infty$ ，不恒大于 0 ，不合题意。
若 $m>0$ ，由于 $g^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增，
故 $\Delta^{\prime}(x)=g^{\prime}(x+m)-g^{\prime}(x)>0, \Delta(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增．
所以 $\Delta(x)>\Delta(0)=g(m)-g(0)=m e^{m}-4 m$ ．
要使 $\Delta(x)>0$ 恒成立，只需 $m e^{m}-4 m \geq 0$ ，即 $m\left(e^{m}-4\right) \geq 0$ 。
因为 $m>0$ ，所以 $e^{m} \geq 4$ ，解得 $m \geq \ln 4$ 。
所以 $m$ 的取值范围是 $[\ln 4,+\infty)$ ．
（3）不等式 $f(x+k)+f(k-x)>2 f(k)$ 恒成立，
令 $h(x)=f(x+k)+f(k-x)-2 f(k)$ ．
则问题转化为 $h(x)>0$ 在 $x>0$ 时恒成立，且 $h(0)=0$ 。
求导得 $h^{\prime}(x)=f^{\prime}(k+x)-f^{\prime}(k-x)$ ，其中 $f^{\prime}(x)=(x+1) e^{x}-3$ 。
再求导得 $h^{\prime \prime}(x)=f^{\prime \prime}(k+x)+f^{\prime \prime}(k-x)$ ，其中 $f^{\prime \prime}(x)=(x+2) e^{x}$ 。
由 $f^{\prime \prime}(x)=0$ 得 $x=-2$ 。所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 单调递减，在 $(-2,+\infty)$ 单调递增。
要使 $h(x)>0$ 恒成立，我们分析其必要条件：
若 $k<-2$ ，则 $h^{\prime \prime}(0)=2 f^{\prime \prime}(k)=2(k+2) e^{k}<0$ 。
由于 $h^{\prime}(0)=0$ ，这说明在 $x$ 充分接近 0 时，$h^{\prime}(x)<0$ ，进而 $h(x)<h(0)=0$ ，矛盾。所以必须有 $k \geq-2$ 。

下面证明 $k \geq-2$ 是充分的：
当 $k \geq-2$ 时，设 $\varphi(k)=h^{\prime}(x)=f^{\prime}(k+x)-f^{\prime}(k-x)$ ，
则 $\varphi^{\prime}(k)=f^{\prime \prime}(k+x)-f^{\prime \prime}(k-x)$ ．
因为 $k \geq-2$ 且 $x>0$ ，所以 $k+x>k-x$ 且 $k+x>-2$ 。
如果 $k-x \leq-2$ ，则 $f^{\prime \prime}(k+x)>0 \geq f^{\prime \prime}(k-x)$ ，从而 $\varphi^{\prime}(k)>0$ 。
如果 $k-x>-2$ ，由于 $f^{\prime \prime}(t)=(t+2) e^{t}$ 在 $t>-2$ 时单调递增，且 $k+x>k-x$ ，所以$f^{\prime \prime}(k+x)>f^{\prime \prime}(k-x)$ ，亦有 $\varphi^{\prime}(k)>0$ 。

因此，对于任意 $x>0$ 和 $k \geq-2, \varphi(k) \geq \varphi(-2)=f^{\prime}(x-2)-f^{\prime}(-x-2)$ ．

而 $f^{\prime}(x-2)-f^{\prime}(-x-2)=(x-1) e^{x-2}-(-x-1) e^{-x-2}=e^{-2}\left[x\left(e^{x}+e^{-x}\right)-\left(e^{x}-\right.\right.$ $e^{-x}$ ）］．
令 $u(x)=x\left(e^{x}+e^{-x}\right)-\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ ，
求导得 $u^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}+x\left(e^{x}-e^{-x}\right)-\left(e^{x}+e^{-x}\right)=x\left(e^{x}-e^{-x}\right)>0$（对于 $x>0$ ）。
所以 $u(x)>u(0)=0$ ，从而 $\varphi(k) \geq \varphi(-2)>0$ ．
即 $h^{\prime}(x)>0$ 在 $x>0$ 恒成立，$h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增，$h(x)>h(0)=0$ 恒成立。综上，$k$ 的最小值为－2。
方法三：（2）必要条件探路：题设不等式即 $f(x+m)-x-m>f(x)-x$ ，
令 $g(x)=f(x)-x=x e^{x}-4 x+1$ ．
则 $g(x+m)>g(x)$ 对 $x>0$ 恒成立。
让 $x \rightarrow 0^{+}$，必然有 $g(m) \geq g(0)$ ，即 $m e^{m}-4 m+1 \geq 1 \Rightarrow m\left(e^{m}-4\right) \geq 0$ 。
显然 $m$ 不能 $\leq 0$（否则 $x \rightarrow+\infty$ 时 $g(x)$ 减小），故 $m>0$ ，得出 $m \geq \ln 4$ 。 充分性验证：
当 $m \geq \ln 4$ 时，由于 $g^{\prime}(x)=(x+1) e^{x}-4$ 是增函数．$g(x+m)-g(x)=\int_{x}^{x+m} g^{\prime}(t) d t$ ．
由于被积函数单调递增，随 $x$ 增大积分区间右移，积分值增大。
故 $g(x+m)-g(x)>\int_{0}^{m} g^{\prime}(t) d t=g(m)-g(0)=m\left(e^{m}-4\right) \geq 0$ 。充分性得证。
因此 $m$ 的取值范围是 $[\ln 4,+\infty)$ 。
（3）端点效应秒杀：原不等式转化为 $h(x)=f(k+x)+f(k-x)-2 f(k)>0$ 在 $x>0$时恒成立．
由于 $h(0)=0, h^{\prime}(0)=0$ ，由局部泰勒展开可知，必须有 $h^{\prime \prime}(0) \geq 0$ 才能保证 $x$ 趋近于 0的右侧时函数值为正．$h^{\prime \prime}(x)=f^{\prime \prime}(k+x)+f^{\prime \prime}(k-x)$ ，
故 $h^{\prime \prime}(0)=2 f^{\prime \prime}(k)=2(k+2) e^{k} \geq 0$ ．
直接解得 $k \geq-2$ 。全局验证：下证 $k=-2$ 满足条件即可。
当 $k=-2$ 时，$h^{\prime}(x)=f^{\prime}(x-2)-f^{\prime}(-x-2)=e^{-2}\left[(x-1) e^{x}+(x+1) e^{-x}\right]$ 。
令 $v(x)=(x-1) e^{x}+(x+1) e^{-x}$ ，则 $v^{\prime}(x)=x e^{x}-x e^{-x}=x\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ ．
当 $x>0$ 时，$v^{\prime}(x)>0$ ，故 $v(x)>v(0)=0$ ，从而 $h^{\prime}(x)>0$ 。
故 $h(x)$ 在 $x>0$ 时单调递增，$h(x)>h(0)=0$ 恒成立。
由于 $k \geq-2$ 为必要条件，且 $k=-2$ 时成立，故 $k$ 的最小值为－2。