2026-新高考II卷-19 解-导数综合

本题导读

本题为 2026 年全国 II 卷的数学压轴大题，考查导数的几何意义及利用导数解决多层代数不等式恒成立问题。第一问通过切线条件确定待定系数；第二问利用增量性质构造单调性函数完成参数的分离与最值区间判定；第三问则是全卷最高难点，通过构造关于自变量对称偏置的函数，利用二阶导数的凹凸性特征精确锁定的临界下界。

📌【题干】

Question

（2026年新高考II卷）已知函数 $f(x)=x{\mathrm{e}}^x+ax+b$，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.

🔍【思路分析】

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1. 第一问逻辑：由切线方程 $y=-2x+1$ 可知，切点处的函数值 $f(0)=1$，导数值 $f^{\prime }(0)=-2$. 求出 $f^{\prime }(x)=(x+1){\mathrm{e}}^x+a$，代入 $x=0$ 即可联立求出 $a$ 和 $b$.
2. 第二问逻辑：将第一问求得的 $a,b$ 代入，不等式变形为 $(x+m){\mathrm{e}}^{x+m}-x{\mathrm{e}}^x-3m>m⟹(x+m){\mathrm{e}}^{x+m}-x{\mathrm{e}}^x-4m>0$. 分类讨论 $m$ 的符号：若 $m\le 0$，利用特殊值或极限易证不满足。若 $m>0$，可将不等式看作函数 $g(t)=t{\mathrm{e}}^t-4t$ 在区间 $[x,x+m]$ 上的平均变化率大于 0，即通过求导分析其导函数的全局单调性下界来确定 $m$ 的范围。
3. 第三问逻辑：令 $F(x)=f(k+x)+f(k-x)-2f(k)$，题意等价于当 $x>0$ 时， $F(x)>F(0)=0$ 恒成立。通过对 $F(x)$ 进行求和化简，并对其进行一阶、二阶连续求导，分析其在 $x=0$ 处的微元增长特征（即凹凸性临界点）。利用二阶导数 $F^{\prime \prime }(x)>0$ 恒成立的必要条件，反推参数 $k$ 的临界极值。

✅【答案】

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(1) $a=-3$, $b=1$ (2) $[\ln 4,+\infty )$ (3) $-2$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $a,b$ 的值

首先，求出函数 $f(x)$ 的导函数： $f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x+x{\mathrm{e}}^x+a=(x+1){\mathrm{e}}^x+a$

由题意，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程为 $y=-2x+1$，根据导数的几何意义可得：

1. 切点在切线上：$f(0)=1$
2. 切点处的导数等于切线斜率：$f^{\prime }(0)=-2$

将 $x=0$ 分别代入 $f(x)$ 和 $f^{\prime }(x)$ 中：

• $f(0)=b⟹b=1$
• $f^{\prime }(0)=1+a⟹1+a=-2⟹a=-3$

解得： $a=-3,b=1$

函数的解析式为：$f(x)=x{\mathrm{e}}^x-3x+1$

（2）求 $m$ 的取值范围

当 $x>0$ 时，不等式 $f(x+m)-f(x)>m$ 恒成立。 将式子变形为：$f(x+m)-(x+m)>f(x)-x$

构造新函数 $g(x)=f(x)-x=x{\mathrm{e}}^x-4x+1$。 原不等式等价于：当 $x>0$ 时，$g(x+m)>g(x)$ 恒成立。

① 若 $m=0$，则 $g(x)>g(x)$ 显然不成立；

② 若 $m<0$，由于 $x+m<x$，同理分析可知不满足题意；

③ 若 $m>0$，构造函数 $G(x)=g(x+m)-g(x)$（$x\ge 0$），我们要证当 $x>0$ 时 $G(x)>0$ 恒成立。

对 $g(x)$ 求导：$g^{\prime }(x)=(x+1){\mathrm{e}}^x-4$，再求导得 $g^{\prime \prime }(x)=(x+2){\mathrm{e}}^x$。 当 $x\ge 0$ 时，$g^{\prime \prime }(x)>0$，所以 $g^{\prime }(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格单调递增。

由于 $m>0$，则 $x+m>x\ge 0$，由此可得： $g^{\prime }(x+m)>g^{\prime }(x)$ 即 $G^{\prime }(x)=g^{\prime }(x+m)-g^{\prime }(x)>0$ 恒成立。

所以 $G(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上是严格单调递增函数。 因此，当 $x>0$ 时，恒有 $G(x)>G(0)$。 要使 $G(x)>0$ 恒成立，只需满足： $G(0)\ge 0⟹g(m)-g(0)\ge 0$

代入 $g(m)$ 和 $g(0)=1$： $m{\mathrm{e}}^m-4m+1-1\ge 0⟹m({\mathrm{e}}^m-4)\ge 0$ 因为 $m>0$，所以： ${\mathrm{e}}^m-4\ge 0⟹m\ge \ln 4$

综上所述，$m$ 的取值范围是： $[\ln 4,+\infty )$

（3）求 $k$ 的最小值

当 $x>0$ 时，$f(x+k)+f(k-x)>2f(k)$ 恒成立。 构造函数 $F(x)=f(k+x)+f(k-x)-2f(k)$（$x\ge 0$），原式即转化为当 $x>0$ 时 $F(x)>0$ 恒成立。

容易得到 $F(0)=0$。下面利用端点效应进行分析与证明。

对 $F(x)$ 连续求导：

• $F^{\prime }(x)=f^{\prime }(k+x)-f^{\prime }(k-x)⟹F^{\prime }(0)=f^{\prime }(k)-f^{\prime }(k)=0$
• $F^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(k+x)+f^{\prime \prime }(k-x)$

由于 $f^{\prime }(x)=(x+1){\mathrm{e}}^x-3$，可得 $f^{\prime \prime }(x)=(x+2){\mathrm{e}}^x$。 代入 $F^{\prime \prime }(x)$ 展开得： $F^{\prime \prime }(x)=(k+x+2){\mathrm{e}}^{k+x}+(k-x+2){\mathrm{e}}^{k-x}={\mathrm{e}}^k\left[(k+2)({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x})+x({\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x})\right]$

1. 必要性证明（证明 $k<-2$ 不成立）

若 $k<-2$，则 $k+2<0$。 在端点 $x=0$ 处，二阶导数为： $F^{\prime \prime }(0)=2f^{\prime \prime }(k)=2(k+2){\mathrm{e}}^k<0$

由于 $F^{\prime \prime }(x)$ 是连续函数且 $F^{\prime \prime }(0)<0$，根据函数的连续性可知，必然存在一个足够小的正数 $\delta >0$，使得当 $x\in (0,\delta )$ 时，$F^{\prime \prime }(x)<0$ 恒成立。

此时，由于 $F^{\prime \prime }(x)<0$，导函数 $F^{\prime }(x)$ 在 $[0,\delta )$ 上严格单调递减。 又因为 $F^{\prime }(0)=0$，所以当 $x\in (0,\delta )$ 时，恒有： $F^{\prime }(x)<F^{\prime }(0)=0$

由此可得，函数 $F(x)$ 在 $[0,\delta )$ 上严格单调递减。 又因为 $F(0)=0$，所以当 $x\in (0,\delta )$ 时，恒有： $F(x)<F(0)=0$ 这与已知条件“当 $x>0$ 时，$F(x)>0$ 恒成立”相矛盾。

因此，$k<-2$ 不成立，必有 $k\ge -2$。

2. 充分性证明

当 $k\ge -2$ 时，我们来验证 $F(x)>0$ 在 $x>0$ 时是否恒成立。 当 $x>0$ 时，易知 ${\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}>2>0$，且 ${\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}>0$。 因为 $k\ge -2$，所以 $k+2\ge 0$，进而： $(k+2)({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x})\ge 0,x({\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x})>0$ 由此可得，当 $x>0$ 时，$F^{\prime \prime }(x)>0$ 恒成立。

因为 $F^{\prime \prime }(x)>0$，所以 $F^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。 又因为 $F^{\prime }(0)=0$，所以当 $x>0$ 时，恒有 $F^{\prime }(x)>F^{\prime }(0)=0$。

因为 $F^{\prime }(x)>0$，所以 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。 又因为 $F(0)=0$，所以当 $x>0$ 时，恒有 $F(x)>F(0)=0$。 充分性得证。

综上所述，$k$ 的最小值为： $-2$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：多阶导数在临界点微元增量分析中的判断；运用分离参数法与洛必达法则处理超越分式极限。
2. 核心方法：参数分离法、两次求导法。
3. 避坑指南：

• 中值定理单调性割裂陷阱：在第二问中，极易求出极限 ${\mathrm{e}}^m\ge 4$ 后忘记校验单调性增量的保序性。必须通过二阶导数恒大于 0 证明一阶导数的严格单调性，才能确保边界极限是全域的最低盘。
• 泰勒级数阶数不足陷阱：第三问在使用洛必达法则或泰勒展开求 $\varphi (x)$ 极限时，分母 $\cosh x-1$ 的第一项是二次方项 $x^2$，如果分子只展开到 $x$，会导致极限判定出现 $0/0$ 的混乱。牢记：上下分子分母的最低次数必须对齐（均为二次方级），方可输出正确的常数临界值 $-2$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源与高等数学背景

(1) 试题背景源流

本题属于经典的超越函数压轴题，直接改编自高等数学中关于**函数局部特征（泰勒级数）与凸函数性质（詹森不等式）**的综合考查。

• 第二问的模型可追溯至拉格朗日中值定理与指数爆炸增长律的定性分析。
• 第三问的形式 $f(k+x)+f(k-x)>2f(k)$ 是高等数学中判定函数**严格下凸（Convex）**的离散化表达。

(2) 高等数学核心背景

本题的核心高数背景为函数的凹凸性、泰勒展开（Taylor Expansion）以及双曲函数（Hyperbolic Functions）：

• 双曲正弦与余弦的引入：在第三问的变形中，式子出现了 ${\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}$ 与 ${\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}-2$。在高等数学中，这两个组合本质上是双曲正弦函数 $\sinh x$ 与双曲余弦函数 $\cosh x$ 的变体： $\sinh x=\frac{{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}}{2},\cosh x=\frac{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}{2}$ 原分离参数式实质上是在研究算式 $\varphi (x)=\frac{-x\cdot \sinh x}{\cosh x-1}$ 的上确界。

• 泰勒级数（Maclaurin 展开）的微元穿透：当 $x\to 0^{+}$ 时，利用初等导数极难定型，而在高等数学中通过麦克劳林级数展开： $\sinh x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$ $\cosh x-1=\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$ 代入分式后，二次微元 $x^2$ 在分子分母上完全对齐，直接输出极限值： ${\lim }_{x\to 0^{+}}\varphi (x)=\frac{-x\cdot x}{\frac{1}{2}{x}^2}=-2$ 命题人正是利用高数中的泰勒级数精确算出了临界值 $-2$，再隐去高数外壳，包装成中学的导数压轴题。

2. 结论推广与一般化

(1) 第二问的一般化推广

【定理 1】 对于函数 $f(x)=x{\mathrm{e}}^x+ax+b$，在 $x>0$ 时，不等式 $f(x+m)-f(x)>\lambda m$ 恒成立（其中 $m>0$）：

• 若 $\lambda \le 1$，则 $m>0$ 恒成立；

• 若 $\lambda >1$，则 $m$ 的取值范围是： $m\ge \ln \lambda$

• 本题切合点：本题中 $\lambda =4$，直接代入通式得 $m\ge \ln 4=2\ln 2$。

(2) 第三问的一般化推广（宏观拓扑结构模型）

【定理 2】 对于形如 $f(x)=x{\mathrm{e}}^x+P(x)$ 的函数（其中 $P(x)$ 为次数不超过 2 次的任意多项式），在 $x>0$ 时，其对称偏置不等式： $f(k+x)+f(k-x)>2f(k)$ 恒成立的充要条件是，参数 $k$ 必须满足： $k\ge -2$

• 推广证明概要： 由于任何 2 次及以下的多项式 $P(x)=A{x}^2+Bx+C$ 均满足 $P(k+x)+P(k-x)-2P(k)=2A{x}^2$。 代入整体后，不等式的核心超越项部分永远退化为 $(k+x){\mathrm{e}}^{k+x}+(k-x){\mathrm{e}}^{k-x}-2k{\mathrm{e}}^k>0$。 通过分离参数律，该模型的临界下界由且仅由核心超越基质 $x{\mathrm{e}}^x$ 在原点处的二阶导数决定，与低阶多项式项的系数无绝对关联。 因此，只要核心项为 $x{\mathrm{e}}^x$，无论后续的一次项、常数项（如本题的 $-3x+1$）如何变动，其对称偏置不等式的临界下界恒为常数 $-2$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2005-辽宁卷-22 解-导数的几何意义
• 2006-全国卷II理-20 解-构造新函数法
• 2008-大纲卷II理-22