2026年新高考全国2卷压轴题解析

题目

( 2026年新高考全国2卷第$19$题 )
已知函数$f(x) = xe^x + ax + b $,曲线$y = f(x) $ 在点$ (0, f(0)) $ 处的切线方程为$ y = -2x + 1 .$

1. 求 $ a, b $;
2. 当 $ x > 0 $ 时，$ f(x + m) - f(x) > m $，求 $ m $ 的取值范围;
3. 当 $ x > 0 $ 时，$ f(x + k) + f(k - x) > 2f(k) $，求 $ k $ 的最小值.

解析

第一问解答

由$f(x) = xe^x + ax + b$ 得$f’(x) = (x+1)e^x + a.$
由题设$\begin{cases}f(0) = b = 1,\\\\f’(0) = 1 + a = -2,\end{cases} $ 解得 $\begin{cases}a = -3,\\\\b = 1.\end{cases}$

第二问解答

令$g(x) = f(x + m) - f(x) - m (x \geqslant 0),$
因为$f(x) = xe^x - 3x + 1,$所以
$$g(x) = (x + m)e^{x + m} - xe^x - 4m(x \geqslant 0)$$ 只需 $ x > 0 $ 时，$ g(x) > 0 $.

• 当 $ m > 0 $ 时，
  $$g’(x) = (x + m + 1)e^{x + m} - (x + 1)e^x = e^x [(e^m - 1)x + (m+1)e^m - 1].$$
  由$x > 0 ,m>0$ 得$ (e^m - 1)x > 0 $，且 $ (m+1)e^m - 1 > 0 $，所以 $ g’(x) > 0 $.
  故 $ g(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上单调递增.只需
  $$g(0) = m e^m - 4m = m(e^m - 4) \geqslant 0.$$
  解得 $ m \geqslant 2\ln 2 $.
• 当 $ m = 0 $ 时,$f(x+m) - f(x) > m $ 即 $ 0 > 0 $，矛盾.
• 当 $ m < 0 $ 时,取实数 $ x_0 > \ln 4 - m >0$,则$$\begin{aligned}g(x_0) = (x_0 + m)e^{x_0 + m} - x_0 e^{x_0} - 4m= x_0 e^{x_0}(e^m - 1) + m(e^{x_0 + m} - 4).\end{aligned}$$ 由$x_0 > 0, m < 0 $,故$x_0 e^{x_0}(e^m - 1) < 0$.
  由$x_0 > \ln 4 - m $ 得 $ e^{x_0 + m} > 4$,又$m < 0$,故$m(e^{x_0 + m} - 4) < 0.$
  因此 $ g(x_0) < 0 $，与 $ g(x) > 0 $ 矛盾.

综上，$ m $ 的取值范围是 $ [2\ln 2, +\infty) $.

第三问解答

令 $h(x) = f(k+x) + f(k-x)-2f(k)(x\geqslant 0) $,
只需 $x > 0$时,$h(x) > 0$.
由 $ f’(x) = (x+1)e^{x}-3 $ 得
$$\begin{aligned} h’(x) &= f’(k+x) - f’(k-x) \\\\
&= (k+x+1)e^{k+x} - (k-x+1)e^{k-x} \\\\
&= e^{k-x}[e^{2x}(k+x+1)+x-k-1] \end{aligned}$$
令 $\varphi(x) =e^{2x}(k+x+1)+x-k-1$，且 $ \varphi(0) = 0 $,
则$\varphi’(x) =e^{2x} + 2e^{2x}(k + x + 1)+1=e^{2x}(2k+2x+3)+1$,且$ \varphi(0) = 2k+4 $,
则$ \varphi’’(x) = 2e^{2x}(2k+2x+3) + 2e^{2x} = 4e^{2x}(x + k + 2)$.

• 当$k\geqslant-2$时,若$x\in(0,+\infty),\varphi’’(x)>0$,$\varphi’(x)$递增,
  所以$ \varphi’(x)>\varphi’(0)=2k+4\geqslant0$,所以$ \varphi(x)$,递增,
  所以$ \varphi(x)> \varphi(0)=0$,即$h’(x)=e^{k-x}\varphi(x)>0$.
  所以$h(x)$在$(0,+\infty)$递增,
  所以$x > 0$时,$h(x) > h(0)=0$,命题成立.
• 当$k<-2$时,令$\varphi’’(x)=0$得$x=-(k+2)>0$,
  若$x\in(0,-(k+2)),\varphi’’(x) < 0$,$\varphi’(x)$递减,
  所以$ \varphi’(x) < \varphi’(0)=2k+4 < 0$,所以$ \varphi(x)$,递减,
  所以$ \varphi(x) < \varphi(0)=0$,即$h’(x)=e^{k-x}\varphi(x) < 0$.
  所以$h(x)$在$(0,-(k+2))$递减,
  所以$x\in(0,-(k+2)) $时,$h(x) < h(0)=0$,.与$h(x)>0$矛盾.

综上所述,$k\geqslant-2$,所以$k_{\min}=-2$.