【答案】①a=-3,b=1
> ② $\left[ 2 \ln 2 , + \infty \right)$
> （3）-2
【解析】
【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解；
> （2）法一：构造差函数 $g ( x ) = ( x + m ) \mathrm { e } ^ { x + m } - x \mathrm { e } ^ { x } - 4 m$ ，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，a
进而由恒成立求解参数范围即可；法 先由必要性探路分析界点，当 $x \to 0 ^ { + } , g ( x ) \to m \mathrm { e } ^ { m } - 4 m$ 确定
界点0,2ln2；再结合界点分类讨论即可：
> （3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解.
【小问1详解】
$$
f ( x ) = x e ^ { x } + a x + b , x \in \mathbf { R } \ ,
$$
由切点(0, f(0))在直线y = −2x +1上，也在函数 f(x)图象上，
可知 $f ( 0 ) = - 2 \times 0 + 1 = 1$ 且 $f ( 0 ) = 0 \cdot \mathbf { e } ^ { 0 } + a \cdot 0 + b = b$ ，可得b=1；
由 $f ^ { \prime } ( x ) = ( x + 1 ) \mathbf { e } ^ { x } + a$ ，则切线的斜率为 $f ^ { \prime } ( 0 ) = 1 + a = - 2$
解得a=-3；
故 $a = - 3 , b = 1$
【小问2详解】
由①知， $f ( x ) = x e ^ { x } - 3 x + 1$
则 f(x + m) − f(x)− m = (x + m)ex+m − xex − 3(x + m) + 3x − m
$$
\ = ( x + m ) \mathbf { e } ^ { x + m } - x \mathbf { e } ^ { x } - 4 m \ ,
$$
故题意可转化为 $( x + m ) \mathbf { e } ^ { x + m } - x \mathbf { e } ^ { x } - 4 m > 0$ 对任意 $x \in \mathbf { R } ^ { + }$ 恒成立，
法一：令 $g ( x ) = ( x + m ) \mathrm { e } ^ { x + m } - x \mathrm { e } ^ { x } - 4 m \ , x > 0$
$$
g ^ { \prime } ( x ) = ( x + m + 1 ) e ^ { x + m } - ( x + 1 ) e ^ { x } = e ^ { x } \left[ \left( x + m + 1 \right) e ^ { m } - ( x + 1 ) \right] ,
$$
当 $m > 0$ 时，由 $x + m + 1 > x + 1 > 0$ 且 $\mathrm { e } ^ { m } > 1 > 0$
则 $( x + m + 1 ) e ^ { m } - ( x + 1 ) > 0$ 即 $g ^ { \prime } ( x ) > 0$
则 g(x)在 $( 0 , + \infty )$ 上单调递增，又 $g ( 0 ) = m { \mathrm { e } } ^ { m } - 4 m$
要使 $g ( x ) > 0$ 对任意 $x \in \mathbf { R } ^ { + }$ 恒成立，
则 $m \mathrm { e } ^ { m } - 4 m \geq 0$ ，解得 $m \geq 2 \ln 2 ;$
当m=0时， $f ( x + m ) - f ( x ) = 0 > 0 \land \mathtt { j } \mathtt { k } \mathtt { m } ;$
当 $m < 0$ 时， $0 < \mathsf { e } ^ { m } < 1 , \quad x + m + 1 < x + 1$ ，且 $x + 1 > 0$
$$
\left( x + m + 1 \right) e ^ { m } - \left( x + 1 \right) < \left( x + 1 \right) e ^ { m } - \left( x + 1 \right) = \left( x + 1 \right) \left( e ^ { m } - 1 \right) < 0
$$
即 $g ^ { \prime } ( x ) < 0$ ，则g(x)在(0,+∞)上单调递减，
又当x→ +∞时，g(x)→-∞，不满足题意；
综上所述，m的取值范围为 $\scriptstyle { \left[ 2 \ln 2 , + \infty \right) }$
法二：
不等式 $( x + m ) \mathbf { e } ^ { x + m } - x \mathbf { e } ^ { x } - 4 m > 0$ 可转化为 $\frac { ( x + m ) \mathbf { e } ^ { x + m } - x \mathbf { e } ^ { x } - 4 m } { \mathbf { e } ^ { x } } > 0$
即 $( x + m ) \mathbf { e } ^ { m } - x - { \frac { 4 m } { \mathbf { e } ^ { x } } } > 0$ 对任意 $x \in \mathbf { R } ^ { + }$ 恒成立，
当 m=0时， $f ( x + m ) - f ( x ) = 0 > 0$ 不成立；
当 $m < 0$ 时，设 $h ( x ) = ( x + m ) \mathrm { e } ^ { m } - x - { \frac { 4 m } { \mathrm { e } ^ { x } } } , x > 0$
当 x → +∞时，由 $m < 0$ ，可知 $\mathrm { e } ^ { m } - 1 < 0$
$$
h ( x ) = ( \mathrm { e } ^ { m } - 1 ) x + m \mathrm { e } ^ { m } - { \frac { 4 m } { \mathrm { e } ^ { x } } } { } - \infty ,
$$
这与 $h ( x ) > 0$ 对任意 $x \in \mathbf { R } ^ { + }$ 恒成立矛盾；
当 $0 < m < 2 \ln { 2 }$ 时， $h ( 0 ) = m \mathrm { e } ^ { m } - 4 m = m ( \mathrm { e } ^ { m } - 4 ) < 0$
h(2 ln 2) = h(ln 4) = (m + ln 4)eⁿ − ln 4 − m > (m + ln 4) ·1− ln 4 − m = 0 ,
由 $h ^ { \prime } ( x ) = \mathbf { e } ^ { m } - 1 + \frac { 4 m } { \mathbf { e } ^ { x } } > 0$ ，故h(x)在 $( 0 , + \infty )$ 上单调递增，
故h(x)在 $( 0 , + \infty )$ 上存在唯一零点，设为 $x _ { 0 }$ ，
且当 $0 < x < x _ { 0 }$ 时， $h ( x ) < h ( x _ { 0 } ) = 0$ 即 $\frac { ( x + m ) \mathbf { e } ^ { x + m } - x \mathbf { e } ^ { x } - 4 m } { x ^ { x } } < 0$
此时不等式 $f ( x + m ) - f ( x ) > m$ 不成立；
当 $m \geq 2 \ln { 2 }$ 时， $h ^ { \prime } ( x ) = \mathbf { e } ^ { m } - 1 + \frac { 4 m } { \mathbf { e } ^ { x } } > 0$
则 h(x)在(0,+∞)上单调递增，
由 $x > 0$ ，故 $h ( x ) > h ( 0 ) = m \mathrm { e } ^ { m } - 4 m \geq 0$
故不等式 $( x + m ) \mathbf { e } ^ { m } - x - { \frac { 4 m } { \mathbf { e } ^ { x } } } > 0$ ，即 $f ( x + m ) - f ( x ) > m$ 恒成立，综上所述，m的取值范围为 $\scriptstyle \left[ 2 \ln 2 , + \infty \right)$
【小问3详解】
法一：设 $F ( x ) = f ( x + k ) + f ( k - x ) - 2 f ( k ) , x > 0$
$$
F ^ { \prime } ( x ) = f ^ { \prime } ( x + k ) - f ^ { \prime } ( k - x ) = ( x + k + 1 ) \mathbf { e } ^ { x + k } - ( k - x + 1 ) \mathbf { e } ^ { k - x }
$$
$$
= ( x + k + 1 ) \mathbf { e } ^ { x + k } + ( x - k - 1 ) \mathbf { e } ^ { k - x }
$$
$\tau ( x ) = ( x + k + 1 ) { \mathrm { e } } ^ { x + k } + ( x - k - 1 ) { \mathrm { e } } ^ { k - x }$
则 $\tau ^ { \prime } ( x ) = ( x + k + 2 ) \mathbf { e } ^ { x + k } + ( 2 + k - x ) \mathbf { e } ^ { k - x }$
其中 F(0) = 0 , $F ^ { \prime } ( 0 ) = 0 , \tau ^ { \prime } ( 0 ) = 2 ( k + 2 ) { \mathrm e } ^ { k }$
当 k = -2时， $\tau ^ { \prime } ( x ) = x \mathbf { e } ^ { x - 2 } + ( - x ) \mathbf { e } ^ { - 2 - x } = x \mathbf { e } ^ { - 2 } ( \mathbf { e } ^ { x } - \mathbf { e } ^ { - x } ) > 0$
则 $F ^ { ' } ( x )$ 在(0,+∞)上单调递增，故 $F ^ { \prime } ( x ) > F ^ { \prime } ( 0 ) = 0$
故F(x)在(0,+∞)上单调递增，故 $F ( x ) > F ( 0 ) = 0$
即当 $x > 0$ 时， $f ( x + k ) + f ( k - x ) > 2 f ( k )$ 恒成立，满足题意；
当 $k > - 2$ 时，设 $\varphi ( k ) = ( x + k + 2 ) \mathbf { e } ^ { x + k } + ( 2 + k - x ) \mathbf { e } ^ { k - x }$
$$
= \Big [ e ^ { x } ( k + x + 2 ) + e ^ { - x } ( k - x + 2 ) \Big ] e ^ { k }
$$
$$
= \Bigl [ \Bigl ( e ^ { x } + e ^ { - x } \Bigr ) ( k + 2 ) + x \Bigl ( e ^ { x } - e ^ { - x } \Bigr ) \Bigr ] e ^ { k } \ ,
$$
由 $x > 0 , k > - 2$ ，可知 $\mathbf { e } ^ { x } { + } \mathbf { e } ^ { - x } > 0$ 且 $k + 2 > 0$
则 $\left( e ^ { x } + e ^ { - x } \right) \left( k + 2 \right) + x \left( e ^ { x } - e ^ { - x } \right) > 0$ ，可知φ(k)在(-2,+∞)上单调递增，
故 $\varphi ( k ) > \varphi ( - 2 ) = x \mathbf { e } ^ { x - 2 } + ( - x ) \mathbf { e } ^ { - 2 - x } = x \mathbf { e } ^ { - 2 } ( \mathbf { e } ^ { x } - \mathbf { e } ^ { - x } ) > 0$ 即 $\tau ^ { \prime } ( x ) > 0$
故 $F ^ { ' } ( x )$ 在(0,+∞)上单调递增，故 $F ^ { \prime } ( x ) > F ^ { \prime } ( 0 ) = 0$
故F(x)在(0,+∞)上单调递增，故 $F ( x ) > F ( 0 ) = 0$
即当x>0时， $f ( x + k ) + f ( k + x ) > 2 f ( k )$ 恒成立，满足题意；
当k<-2时，此时 $\tau ^ { \prime } ( 0 ) = 2 ( k + 2 ) \mathbf { e } ^ { k } < 0 , \ k \in F ^ { \prime } ( 0 ) = 0$
则存在正实数 $x _ { 0 }$ ，使得 $\forall x \in ( 0 , x _ { 0 } ) , \ F ^ { \prime } ( x ) < 0$
则F(x)在 $( 0 , x _ { 0 } )$ 上单调递减，则 $F ( x ) < F ( 0 ) = 0$
即当 $0 < x < x _ { 0 }$ $f ( x + k ) + f ( k - x ) < 2 f ( k )$ ，不满足题意；
综上所述，k≥-2，即k的最小值为-2.
法二：由 $f ( x + k ) + f ( k - x ) > 2 f ( k )$ 可得
$$
\left( k + x \right) e ^ { x + k } - 3 ( k + x ) + 1 + \left( k - x \right) e ^ { k - x } - 3 ( k - x ) + 1 > 2 \left( k e ^ { k } - 3 k + 1 \right) ,
$$
则 $\left( k + x \right) e ^ { x + k } + \left( k - x \right) e ^ { k - x } > 2 k e ^ { k }$ ，即 $\left( k + x \right) e ^ { x } + \left( k - x \right) e ^ { - x } > 2 k$
则 $k \left( e ^ { x } + e ^ { - x } - 2 \right) > x \left( e ^ { - x } - e ^ { x } \right)$
由 $x > 0$ ，可知 $\mathbf { e } ^ { x } + \mathbf { e } ^ { - x } > 2$ ，则 $\mathrm { e } ^ { x } + \mathrm { e } ^ { - x } - 2 > 0$
故原不等式可转化为 $k > { \frac { x \left( e ^ { - x } - e ^ { x } \right) } { e ^ { x } + e ^ { - x } - 2 } }$
$$
\operatorname { d } \frac { x \left( e ^ { - x } - e ^ { x } \right) } { e ^ { x } + e ^ { - x } - 2 } = \frac { x \left( e ^ { - \frac { x } { 2 } } + e ^ { \frac { x } { 2 } } \right) \left( e ^ { - \frac { x } { 2 } } - e ^ { \frac { x } { 2 } } \right) } { \left( e ^ { - \frac { x } { 2 } } - e ^ { \frac { x } { 2 } } \right) ^ { 2 } } = \frac { x \left( e ^ { - \frac { x } { 2 } } + e ^ { \frac { x } { 2 } } \right) } { e ^ { - \frac { x } { 2 } } - e ^ { \frac { x } { 2 } } } = - \frac { x \left( e ^ { x } + 1 \right) } { e ^ { x } - 1 } ,
$$
设 $G ( x ) = - { \frac { x \left( e ^ { x } + 1 \right) } { e ^ { x } - 1 } } , x > 0$
$$
G ^ { \prime } ( x ) = - { \frac { \left[ \left( x + 1 \right) e ^ { x } + 1 \right] \left( e ^ { x } - 1 \right) - x e ^ { x } \left( e ^ { x } + 1 \right) } { \left( e ^ { x } - 1 \right) ^ { 2 } } } = - { \frac { e ^ { 2 x } - 2 x e ^ { x } - 1 } { \left( e ^ { x } - 1 \right) ^ { 2 } } } ,
$$
设 $M ( x ) = \mathbf { e } ^ { 2 x } - 2 x \mathbf { e } ^ { x } - 1$ $x > 0$ 令 $t = \mathbf { e } ^ { x }$
则 $H ( t ) = t ^ { 2 } - 2 t \ln t - 1 , t > 1$
由 $H ^ { \prime } ( t ) = 2 t - 2 ( 1 + \ln t ) = 2 ( t - 1 - \ln t )$
再令 $P ( t ) = t - 1 - \ln t , t > 1$
$P ^ { \prime } ( t ) = 1 - \frac { 1 } { t } = \frac { t - 1 } { t } > 0$ ，故P(t)在(1,+∞)上单调递增，
故 $P ( t ) > P ( 1 ) = 0$ ，则 $H ^ { \prime } ( t ) > 0 ,$ 故H(t)在 $( 1 , + \infty )$ 上单调递增，
所以 $H ( t ) > H ( 1 ) = 0$ ，即 $M ( x ) > 0 , G ^ { \prime } ( x ) < 0$
故G(x)在(0,+∞)上单调递减，
又由洛必达法则可知 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } G ( x ) = - \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { ( x + 1 ) { \bf e } ^ { x } + 1 } { { \bf e } ^ { x } } } = - 2$
故要使当 $x > 0$ 时， $k > G ( x )$ 恒成立，则 $k \geq - 2$
即k的最小值为-2.全科2026年高考真题与答案，关注微信公众号：三晋高中指南