似乎网友对二卷的关注度不是很高。

通过换元分参求导进而研究函数最值，同时数形结合还有分类讨论结合极限思想等等

每年都这样

我的解法用到了双曲三角函数，等价无穷小求极限，不知道高考能接受么？

因为很简单，很基础的题型

今年高考数学属于没啥难度

凸函数性质秒杀，高考能得分吗？

勾股求底边，再求阴影高，底

全网都在吹捧全国一卷的第19题，没关注度很正常。

太简单了，尤其用上高数

太简单了当然不讨论，模拟考的都是高于一卷难度，其它卷子尤其是北京卷就是无聊做来放松脑子。

一二问很好想，第三问写写也能拿点分，跟一卷没得比

19题：(1) 求 a,b
f(x)=xex+ax+b
求导：
f′(x)=ex+xex+a
代入 x=0：
f(0)=b
切线 y=−2x+1 过 (0,f(0))，得 f(0)=1⟹b=1。
切线斜率 k=−2，即 f′(0)=−2：
f′(0)=e0+0+a=1+a=−2
a=−3
综上：a=−3,b=1
此时函数：
f(x)=xex−3x+1

19题：(2) x>0 时，f(x+m)−f(x)>m，求 m 范围
先代入解析式：
f(x+m)=(x+m)ex+m−3(x+m)+1
f(x+m)−f(x)=(x+m)ex+m−3x−3m+1−(xex−3x+1)
化简：
f(x+m)−f(x)=(x+m)ex+m−xex−3m
原不等式：
(x+m)ex+m−xex−3m>m
(x+m)ex+m−xex−4m>0,∀x>0
令 g(t)=tet，则不等式写为：
g(x+m)−g(x)−4m>0,x>0
求 g′(t)：
g′(t)=et+tet,g′′(t)=2et+tet>0,∀t∈R
故 g′(t) 在 R 上严格递增。
由拉格朗日中值定理：
g(x+m)−g(x)=m⋅g′(ξ),ξ介于x,x+m之间
不等式变为：
m⋅g′(ξ)−4m>0⟹m(g′(ξ)−4)>0,∀x>0
分情况讨论：
m=0：左边 0>0，不成立；
m>0：需 g′(ξ)>4 对所有 x>0、对应 ξ 恒成立。
当 x→0+，ξ→m；g′(t) 递增，故只需最小值 g′(m)≥4。
但 x 可任意大，ξ→+∞ 时 g′(ξ)→+∞，关键看左端：
若 m>0，取 x 充分小，ξ≈m，若 g′(m)<4 则不等式不成立；
m<0：令 m=−n,n>0，则 ξ∈(x+m,x)⊂(0,+∞)，
g′(ξ)−4 有正有负，但 m<0，不等式等价于 g′(ξ)−4<0 恒成立。
而 x→+∞ 时 ξ→+∞,g′(ξ)→+∞，g′(ξ)−4>0，
于是 m(g′(ξ)−4)<0，不等式不成立。
进一步整理标准解法：
原不等式：
(x+m)ex+m−xex>4m,x>0
设 h(x)=(x+m)ex+m−xex−4m，要求 h(x)>0,∀x>0。
h′(x)=ex+m(x+m+1)−ex(x+1)
若 m>0：
ex+m>ex,x+m+1>x+1，故 h′(x)>0，h(x) 在 x>0 单调递增。
只需最小值 h(0)≥0：
h(0)=mem−0−4m=m(em−4)≥0
m>0⟹em−4≥0⟹m≥ln4=2ln2。
若 m<0：
x→+∞ 时，(x+m)ex+m∼xex+m，xex+m−xex=xex(em−1)，
em−1<0，故 h(x)→−∞，不满足 h(x)>0。
综上：
m≥2ln2

19题：(3) 求kk的最小值
题目完整要求为：对任意x>0x>0，f(x+k)+f(k−x)>2f(k)f(x+k)+f(k−x)>2f(k)恒成立，求kk的最小值：
构造函数整理不等式：令F(x)=f(x+k)+f(k−x)−2f(k)F(x)=f(x+k)+f(k−x)−2f(k)，则F(0)=0F(0)=0，只需保证F(x)>0F(x)>0对任意x>0x>0恒成立。代入f(x)f(x)化简得：
F(x)=ek[(k+x)ex+(k−x)e−x−2k]F(x)=ek[(k+x)ex+(k−x)e−x−2k]由于ek>0ek>0，只需保证G(x)=(k+x)ex+(k−x)e−x−2k>0G(x)=(k+x)ex+(k−x)e−x−2k>0对x>0x>0恒成立。
求导分析单调性：G(0)=0G(0)=0，求一阶导得G′(x)=(k+x+1)ex+(k−x−1)e−x−2kG′(x)=(k+x+1)ex+(k−x−1)e−x−2k，显然G′(0)=0G′(0)=0。再求导得G′′(x)=(k+x+2)ex+(k−x+2)e−x=ex(x+k+2)+e−x(−x+k+2)G′′(x)=(k+x+2)ex+(k−x+2)e−x=ex(x+k+2)+e−x(−x+k+2)，显然G′′(0)=2(k+2)G′′(0)=2(k+2)。分情况讨论：若k<−2k<−2：此时G′′(0)=2(k+2)<0G′′(0)=2(k+2)<0，由于G′′(x)G′′(x)连续，因此存在区间(0,δ)(0,δ)（δ>0δ>0），使得在该区间内G′′(x)<0G′′(x)<0，故G′(x)G′(x)在(0,δ)(0,δ)单调递减，因此G′(x)<G′(0)=0G′(x)<G′(0)=0，进而G(x)G(x)在(0,δ)(0,δ)单调递减，得G(x)<G(0)=0G(x)<G(0)=0，不满足要求，舍去。若k≥−2k≥−2：对任意x>0x>0，有G′′(x)=x(ex−e−x)+(k+2)(ex+e−x)G′′(x)=x(ex−e−x)+(k+2)(ex+e−x)由于x>0x>0时ex−e−x>0ex−e−x>0，ex+e−x>0ex+e−x>0，且k+2≥0k+2≥0，因此G′′(x)>0G′′(x)>0。故G′(x)G′(x)在(0,+∞)(0,+∞)单调递增，得G′(x)>G′(0)=0G′(x)>G′(0)=0，进而G(x)G(x)在(0,+∞)(0,+∞)单调递增，得G(x)>G(0)=0G(x)>G(0)=0，满足要求。
综上，kk的最小取值为−2−2。