2026新高考二卷数学真题及解析 | 解答题02

前情概要

博客的真题解答采用的是豆包的解答，有空再依次验证并添加自己的解答和感悟。20260703 完善博文，添加完相应的链接和反思。

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2026新高考二卷数学真题及解析|解答题01

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• 相关说明：2026新高考一卷、二卷数学真题的解析者是 高考100 网站的熊老师，在此致敬！

四、解答题

【2026年高考全国2卷数学真题第18题】【本小题满分17分】已知椭圆 \(E:\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1\) \((a>1)\) 的右焦点为 \(F_1\)，过 \(F_1\) 且与 \(x\) 轴垂直的直线被 \(E\) 所截的线段长为 \(\sqrt{2}\)。

(1). 求椭圆 \(E\) 的离心率；

解： 由椭圆 \(E:\dfrac{x^2}{a^2}+y^2\)\(=\)\(1\)，得 \(b^2=1\)，则半焦距 \(c\)\(=\)\(\sqrt{a^2-1}\)，且右焦点 \(F_1(\sqrt{a^2-1},0)\)，

又由已知，过 \(F_1\) 且与 \(x\) 轴垂直的直线被 \(E\) 所截的线段长为 \(\sqrt{2}\)，

将 \(x\) \(=\) \(\sqrt{a^2-1}\) 代入椭圆方程：\(\dfrac{a^2-1}{a^2}\) \(+y^2\) \(=\) \(1\)，整理得 \(y^2\) \(=\) \(\dfrac{1}{a^2}\)，即 \(y\) \(=\) \(\pm\dfrac{1}{a}\)，

则所截取的线段长为 \(2\) \(\times\) \(\dfrac{1}{a}\)，由题意 \(\dfrac{2}{a}\) \(=\) \(\sqrt{2}\)，解得 \(a\) \(=\) \(\sqrt{2}\)，

则有，\(c=\) \(\sqrt{a^2-1}\) \(=\) \(\sqrt{2-1}\) \(=\) \(1\)，即椭圆离心率 \(e=\) \(\dfrac{c}{a}\) \(=\) \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)。

(2). 设 \(O\) 点为坐标原点，给定 \(G(t_0,0)\) \((t_0\neq0)\)，\(A(x_0,y_0)\) \((y_0\neq 0)\) 在椭圆 \(E\) 上，过 \(A\) 作 \(y\) 轴的垂线，垂足为 \(B\)，\(AO\) 和 \(GB\) 交于一点 \(P\)，当 \(A\) 在椭圆 \(E\) 上运动时，\(P\) 点轨迹为 \(M\)。

(i). 求轨迹 \(M\) 的方程；

解：用相关点法求解；由题可知，\(A(x_0,y_0)\)，\(B(0,y_0)\)，\(G(t_0,0)\)，设交点\(P(x,y)\)，

则直线 \(OA\) 的点斜式方程为：\(y\) \(=\) \(\dfrac{y_0}{x_0}x\) \(\implies\) \(y_0\) \(=\) \(\dfrac{x_0 y}{x}\) \((x\neq0)\)

直线 \(GB\)的截距式方程为： \(\dfrac{x}{t_0}\) \(+\) \(\dfrac{y}{y_0}\) \(=\) \(1\)，将 \(y_0\) 代入，得到

\(\dfrac{x}{t_0}\) \(+\) \(\dfrac{y}{\dfrac{x_0 y}{x}}\) \(=\) \(1\)，变形整理为 \(\dfrac{x}{t_0}\) \(+\) \(\dfrac{x}{x_0}\) \(=\) \(1\)，

由于 \(x\)\(\neq\)\(0\) 两边除以 \(x\)，即 \(\dfrac{1}{t_0}\) \(+\) \(\dfrac{1}{x_0}\) \(=\) \(\dfrac{1}{x}\)，整理得到 \(\dfrac{1}{x_0}\) \(=\) \(\dfrac{t_0-x}{xt_0}\)，

则有 \(x_0\) \(=\) \(\dfrac{x t_0}{t_0-x}\)， \(y_0\) \(=\) \(\dfrac{y t_0}{t_0-x}\)，

由相关点法，将 \(x_0\)、\(y_0\) 代入椭圆方程 \(\dfrac{x_0^2}{2}\) \(+\) \(y_0^2\) \(=\) \(1\)： 得到 \(\dfrac{1}{2}\) \(\cdot\) \(\dfrac{x^2 t_0^2}{(t_0-x)^2}\) \(+\) \(\dfrac{y^2 t_0^2}{(t_0-x)^2}\) \(=\) \(1\)

两边乘 \((t_0-x)^2\)，\(t_0\neq0\) 变形整理为：\(\dfrac{x^2}{2}\) \(+\) \(y^2\) \(=\) \(\left(1-\dfrac{x}{t_0}\right)^2\)

展开右侧，变形整理为：\(\left(\dfrac12-\dfrac{1}{t_0^2}\right)x^2\) \(+\) \(y^2\) \(+\) \(\dfrac{2}{t_0}x\) \(-\) \(1\) \(=\) \(0\) \((x\neq t_0)\)，下图为 Desoms 配套验证课件 .

(ii). 当 \(t_0\) 取何值时，轨迹 \(M\) 有对称中心？当轨迹 \(M\) 有对称中心时，将轨迹 \(M\) 平移到轨迹 \(M'\) 使 \(O(0,0)\) 为其对称中心点，试说明轨迹 \(M'\) 是什么形状？

解：二元二次曲线的通式为：\(Ax^2\)\(+\)\(Cy^2\)\(+\)\(Dx\)\(+\)\(Ey\)\(+\)\(F\)\(=\)\(0\)， 二元二次方程与二次曲线 .

具体到本题为 \(\left(\dfrac12-\dfrac{1}{t_0^2}\right)x^2\) \(+\) \(y^2\) \(+\) \(\dfrac{2}{t_0}x\) \(-\) \(1\) \(=\) \(0\) \((x\neq t_0)\)，比照上述通式可知，

\(A\) \(=\) \(\dfrac12\) \(-\) \(\dfrac{1}{t_0^2}\) \(=\) \(\dfrac{t_0^2-2}{2t_0^2}\)，\(C=1\)，\(D=\dfrac{2}{t_0}\)，\(E=0\)，

若 \(A\) \(=\) \(0\)：\(t_0^2-2\) \(=\) \(0\) \(\implies\) \(t_0\) \(=\) \(\pm\sqrt{2}\)，此时曲线为抛物线，曲线无对称中心。

若 \(M\) 存在对称中心，则有 \(t_0\) \(\neq\) \(\pm\) \(\sqrt{2}\) 且 \(t_0\) \(\neq0\) ，

此时方程组 \(\begin{cases}2Ax+D=0\\2Cy=0\end{cases}\) 有唯一解 ^[1]，曲线存在对称中心 \((-\dfrac{2t_0}{t_0^2-2},0)\) ，详细说明如下：

配方移项，得到 \(\dfrac{t_0^2-2}{2t_0^2}\) \(\left(x+\dfrac{2t_0}{t_0^2-2}\right)^2\) \(+\) \(y^2\) \(=\) \(\dfrac{t_0^2}{t_0^2-2}\) \((\ast)\) ^[2]

针对上式，定义平移变换，令 \(\begin{cases}X=x+\dfrac{2t_0}{t_0^2-2}\\Y=y\end{cases}\)

代入 \((\ast)\) 得 \(M'\) 的标准方程：\(\dfrac{t_0^2-2}{2t_0^2}X^2\) \(+\) \(Y^2\) \(=\) \(\dfrac{t_0^2}{t_0^2-2}\)

将上式标准化为：\(\dfrac{X^2}{\dfrac{2t_0^4}{(t_0^2-2)^2}}\) \(+\) \(\dfrac{Y^2}{\dfrac{t_0^2}{t_0^2-2}}\) \(=\) \(1\)

接下来，分类讨论判断 \(M'\) 的曲线类型，下附验证课件

①. 当 \(t_0^2>2\)，即 \(t_0^2\) \(-2>0\)，即 \(|t_0|>\sqrt{2}\)时，两项分母均为正，则轨迹 \(M'\) 为焦点在 \(x\) 轴上的椭圆，去掉与 \(x\) 轴的交点；

②. 当 \(t_0^2\) \(<2\)，即 \(t_0^2-2\) \(<0\)，即 \(0<\) \(|t_0|\) \(<\sqrt{2}\) 时，\(Y^2\) 分母为负，则轨迹 \(M'\) 为焦点在 \(x\) 轴上的双曲线，去掉与 \(x\) 轴的交点；

【2026年高考全国2卷数学真题第19题】【本小题满分17分】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\(a\)、\(b\)；

解：由于 \(f(x)\) \(=\) \(xe^x\) \(+\) \(ax\) \(+\) \(b\)，

求导，则有：\(f'(x)\) \(=\) \((x+1)e^x\) \(+\) \(a\)，

由于 \(x=0\) 时，\(f(0)=b\)，即切点为 \((0,b)\)，

又切线 \(y=-2x+1\) 过 \((0,b)\)，将 \(x=0\) 代入切线得 \(y=1\)，故 \(b=1\)，

且切线斜率为 \(-2\)，即 \(f'(0)\) \(=\) \((0+1)e^0\) \(+\) \(a\) \(=\) \(1\) \(+\) \(a\) \(=\) \(-2\) \(\implies\) \(a=-3\)

(2). 当 \(x>0\) 时，\(f(x+m)\) \(-\) \(f(x)\) \(>\) \(m\) ，求 \(m\) 的取值范围；

解法1️⃣：由(1)可知，\(f(x)=xe^x-3x+1\)，先化简不等式左边，

\(f(x+m)\) \(-\) \(f(x)\) \(=\) \((x+m)e^{x+m}\) \(-3(x+m)\) \(+1\) \(-(xe^x-3x+1)\) \(=\) \((x+m)e^{x+m}\) \(-xe^x\) \(-3m\)

即有 \((x+m)e^{x+m}\) \(-\) \(xe^x\) \(-3m\) \(>\) \(m\) \(\implies\) \((x+m)e^{x+m}\) \(-xe^x\) \(>\) \(4m\)

[编者注：对于高三学生而言，碰到这类题目，一般会想到先分离参数法，但是本题目很显然不能分离参数，所以此时需要转换思路，想其他的办法。从上述表达式的外观结构中，注意到不等式中的结构 \((x+m)e^{x+m}\) 和 \(xe^x\) 是同结构的，故想到可以构造函数，也称为同构构造函数；当然，针对豆包给出的这个解法，到此处我们也可以考虑直接令 \(c(x)\) \(=\) \((x+m)e^{x+m}\) \(-xe^x\) \(-\) \(4m\)，从而考虑直接说明 \(c(x)_{\min}\) \(>\) \(0\) 或 \(c(x)\) 最小值的极限不小于 \(0\)，但这样的思路压缩程度有点太高了，一旦求解受阻，得分点就几乎没有了，所以此处建议能分类讨论最好，做一步有一步的得分点]

记 \(g(t)=te^t\)，则上式变形为 \(g(x+m)\) \(-\) \(g(x)\) \(>\) \(4m\)，令 \(h(x)\) \(=\) \(g(x+m)\) \(-\) \(g(x)\)， \(x>0\)，接下来，针对 \(m\) 分类讨论：

①.当 \(m<0\)时，\(x\) \(\to\) \(+\infty\) 时，\(g(x+m)\) \(-\) \(g(x)\) \(=\) \((x+m)e^{x+m}\) \(-\) \(xe^x\) \(\sim\) \(xe^x(e^m-1)\) \(\to\) \(-\infty\)，无法恒大于常数 \(4m\)，无解。

②. 当 \(m=0\)时，左边 \(g(x)\) \(-\) \(g(x)=0\)，\(0>0\) 不成立，舍去。

③. 当 \(m>0\)时，\(h'(x)\) \(=\) \((x+m+1)e^{x+m}\) \(-\) \((x+1)e^x\)， \(h''(x)\) \(=\) \((x+m+2)e^{x+m}\) \(-\) \((x+2)e^x\) \(>0\)

\(h''(x)\) \(>0\) \(\Rightarrow\) \(h'(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增，

\(h'(0)\) \(=\) \((m+1)e^m\) \(-1\) \(>0\) (\(m>0\))，故 \(h'(x)\) \(>0\)，\(h(x)\) 在 \(x>0\) 单调递增。

因此 \(h(x)\) 在 \(x>0\) 时的最小值极限为 \(h(0)\) \(=\) \(g(m)\) \(-\) \(g(0)\) \(=\) \(me^m\)

又由题目可知，恒成立充要条件，故有 \(me^m\) \(\ge\) \(4m\)，即 \(e^m\) \(\ge\) \(4\)

也即 \(m\) \(\ge\) \(\ln 4\) \(=\) \(2\ln 2\)，故 \(m\in[2\ln2,+\infty)\) .

解法2️⃣：【此解法来自学科网】由（1）知，\(f(x)\) \(=\) \(xe^{x}\) \(-\) \(3x\) \(+\) \(1\)，

则 \(f(x+m)\) \(-\) \(f(x)\) \(-\) \(m\) \(=\) \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(3(x+m)\) \(+\) \(3x\) \(-\) \(m\)

\(=\) \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(4m\)，

故题意可转化为 \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(4m\) \(>\) \(0\) 对任意 \(x\) \(\in\) \(\mathbf{R^{+}}\) 恒成立，

令 \(g(x)\) \(=\) \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(4m\)，\(x\) \(>\) \(0\)，

则 \(g'(x)\) \(=\) \((x+m+1)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \((x+1)\) \(e^{x}\) \(=\) \(e^{x}[(x+m+1)e^{m}\) \(-\) \((x+1)]\)，

当 \(m\) \(>\) \(0\) 时，由 \(x+m+1\) \(>\) \(x+1\) \(>\) \(0\) 且 \(e^{m}\) \(>\) \(1\) \(>\) \(0\)，

则 \((x+m+1)e^{m}\) \(-\) \((x+1)\) \(>\) \(0\)，即 \(g'(x)\) \(>\) \(0\)，

则 \(g(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，又 \(g(0)\) \(=\) \(m\) \(e^{m}\) \(-\) \(4m\)，

要使 \(g(x)\) \(>\) \(0\) 对任意 \(x\) \(\in\) \(\mathbf{R^{+}}\) 恒成立，

则 \(m\) \(e^{m}\) \(-\) \(4m\) \(\geq\) \(0\)，解得 \(m\) \(\geq\) \(2\ln2\)；

当 \(m\) \(=\) \(0\) 时，\(f(x+m)\) \(-\) \(f(x)\) \(=\) \(0\) \(>\) \(0\) 不成立；

当 \(m\) \(<\) \(0\) 时，\(0\) \(<\) \(e^{m}\) \(<\) \(1\)，\(x+m+1\) \(<\) \(x+1\)，且 \(x+1\) \(>\) \(0\)，

则 \((x+m+1)e^{m}\) \(-\) \((x+1)\) \(<\) \((x+1)e^{m}\) \(-\) \((x+1)\) \(=\) \((x+1)(e^{m}\) \(-\) \(1)\) \(<\) \(0\)，

即 \(g'(x)\) \(<\) \(0\)，则 \(g(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递减，

又当 \(x\) \(\to\) \(+\infty\) 时，\(g(x)\) \(\to\) \(-\infty\)，不满足题意；

综上所述，\(m\) 的取值范围为 \([2\ln2,+\infty)\)．

解法3️⃣：【此解法来自学科网】由（1）知，\(f(x)\) \(=\) \(xe^{x}\) \(-\) \(3x\) \(+\) \(1\)，

则 \(f(x+m)\) \(-\) \(f(x)\) \(-\) \(m\) \(=\) \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(3(x+m)\) \(+\) \(3x\) \(-\) \(m\)

\(=\) \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(4m\)，

故题意可转化为 \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(4m\) \(>\) \(0\) 对任意 \(x\) \(\in\) \(\mathbf{R^{+}}\) 恒成立，

不等式 \((x+m)\) \(e^{x+m}\) \(-\) \(xe^{x}\) \(-\) \(4m\) \(>\) \(0\) 可转化为 \(\frac{(x+m)e^{x+m}-xe^{x}-4m}{e^{x}}\) \(>\) \(0\)，

即 \((x+m)\) \(e^{m}\) \(-\) \(x\) \(-\) \(\frac{4m}{e^{x}}\) \(>\) \(0\) 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 \(h(x)\) \(=\) \((x+m)\) \(e^{m}\) \(-\) \(x\) \(-\) \(\frac{4m}{e^{x}}\)，\(x\) \(>\) \(0\)，

当 \(x\) \(\to\) \(+\infty\) 时，由 \(m\) \(<\) \(0\)，可知 \(e^{m}\) \(-\) \(1\) \(<\) \(0\)，

\(h(x)\) \(=\) \((e^{m}\) \(-\) \(1)x\) \(+\) \(m\) \(e^{m}\) \(-\) \(\frac{4m}{e^{x}}\) \(\to\) \(-\infty\)，

这与 \(h(x)\) \(>\) \(0\) 对任意 \(x\) \(\in\) \(\mathbf{R^{+}}\) 恒成立矛盾；

当 \(0\) \(<\) \(m\) \(<\) \(2\ln2\) 时，\(h(0)\) \(=\) \(m\) \(e^{m}\) \(-\) \(4m\) \(=\) \(m(e^{m}\) \(-\) \(4)\) \(<\) \(0\)，

\(h(2\ln2)\) \(=\) \(h(\ln4)\) \(=\) \((m+\ln4)\) \(e^{m}\) \(-\) \(\ln4\) \(-\) \(m\) \(>\) \((m+\ln4)\cdot1\) \(-\) \(\ln4\) \(-\) \(m\) \(=\) \(0\)，

由 \(h'(x)\) \(=\) \(e^{m}\) \(-\) \(1\) \(+\) \(\frac{4m}{e^{x}}\) \(>\) \(0\)，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 \(\frac{(x+m)e^{x+m}-xe^{x}-4m}{e^{x}}\) \(<\) \(0\)，

此时不等式 \(f(x+m)\) \(-\) \(f(x)\) \(>\) \(m\) 不成立；

当 \(m\) \(\geq\) \(2\ln2\) 时，\(h'(x)\) \(=\) \(e^{m}\) \(-\) \(1\) \(+\) \(\frac{4m}{e^{x}}\) \(>\) \(0\)，

则 \(h(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，

由 \(x\) \(>\) \(0\)，故 \(h(x)\) \(>\) \(h(0)\) \(=\) \(m\) \(e^{m}\) \(-\) \(4m\) \(\geq\) \(0\)，

故不等式 \((x+m)\) \(e^{m}\) \(-\) \(x\) \(-\) \(\frac{4m}{e^{x}}\) \(>\) \(0\)，即 \(f(x+m)\) \(-\) \(f(x)\) \(>\) \(m\) 恒成立，

综上所述，\(m\) 的取值范围为 \([2\ln2,+\infty)\)；

(3). 当 \(x>0\) 时，\(f(x+k)\) \(+\) \(f(k-x)\) \(>\) \(2f(k)\) ，求 \(k\) 的最小值。

解法1️⃣：【此解法来自学科网】设 \(F(x)\) \(=\) \(f(x+k)\) \(+\) \(f(k-x)\) \(-\) \(2\) \(f(k)\) , \(x\) \(>\) \(0\) ,

则 \(F'(x)\) \(=\) \(f'(x+k)\) \(-\) \(f'(k-x)\) \(=\) \((x+k+1)\) \(e^{x+k}\) \(-\) \((k-x+1)\) \(e^{k-x}\)

\(=\) \((x+k+1)\) \(e^{x+k}\) \(+\) \((x-k-1)\) \(e^{k-x}\) ,

令 \(\tau(x)\) \(=\) \((x+k+1)\) \(e^{x+k}\) \(+\) \((x-k-1)\) \(e^{k-x}\) ,

则 \(\tau'(x)\) \(=\) \((x+k+2)\) \(e^{x+k}\) \(+\) \((2+k-x)\) \(e^{k-x}\) ,

其中 \(F(0)\) \(=\) \(0\) , \(F'(0)\) \(=\) \(0\) , \(\tau'(0)\) \(=\) \(2(k+2)\) \(e^{k}\) .

当 \(k\) \(=\) \(-2\) 时，\(\tau'(x)\) \(=\) \(x\) \(e^{x-2}\) \(+\) \((-x)\) \(e^{-2-x}\) \(=\) \(x\) \(e^{-2}\) \((e^{x}\) \(-\) \(e^{-x})\) \(>\) \(0\) ,

则 \(F'(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，故 \(F'(x)\) \(>\) \(F'(0)\) \(=\) \(0\) ,

故 \(F(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 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 \(\varphi(k)\) \(=\) \((x+k+2)\) \(e^{x+k}\) \(+\) \((2+k-x)\) \(e^{k-x}\)

\(=\) \(\bigg[e^{x}(k+x+2)\) \(+\) \(e^{-x}(k-x+2)\bigg]\) \(e^{k}\)

\(=\) \(\bigg[\bigg(e^{x}\) \(+\) \(e^{-x}\bigg)(k+2)\) \(+\) \(x\bigg(e^{x}\) \(-\) \(e^{-x}\bigg)\bigg]\) \(e^{k}\) ,

由 \(x\) \(>\) \(0\) , \(k\) \(>\) \(-2\) ，可知 \(e^{x}\) \(+\) \(e^{-x}\) \(>\) \(0\) 且 \(k+2\) \(>\) \(0\) ,

则 \((e^{x}\) \(+\) \(e^{-x})(k+2)\) \(+\) \(x(e^{x}\) \(-\) \(e^{-x})\) \(>\) \(0\) ，可知 \(\varphi(k)\) 在 \((-2,+\infty)\) 上单调递增，

故 \(\varphi(k)\) \(>\) \(\varphi(-2)\) \(=\) \(x\) \(e^{x-2}\) \(+\) \((-x)\) \(e^{-2-x}\) \(=\) \(x\) \(e^{-2}(e^{x}\) \(-\) \(e^{-x})\) \(>\) \(0\) ，即 \(\tau'(x)\) \(>\) \(0\) ,

故 \(F'(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，故 \(F'(x)\) \(>\) \(F'(0)\) \(=\) \(0\) ,

故 \(F(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 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 \(\tau'(0)\) \(=\) \(2(k+2)\) \(e^{k}\) \(<\) \(0\) ，又 \(F'(0)\) \(=\) \(0\) ,

则存在正实数 \(x_{0}\) ，使得 \(\forall x\) \(\in\) \((0, x_{0})\) , \(F'(x)\) \(<\) \(0\) ,

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，\(k\) \(\geq\) \(-2\) ，即 \(k\) 的最小值为 \(-2\) .

解法2️⃣：【此解法来自学科网】由 \(f(x+k)\) \(+\) \(f(k-x)\) \(>\) \(2\) \(f(k)\) 可得

\((k+x)\) \(e^{x+k}\) \(-\) \(3(k+x)\) \(+\) \(1\) \(+\) \((k-x)\) \(e^{k-x}\) \(-\) \(3(k-x)\) \(+\) \(1\) \(>\) \(2(k\) \(e^{k}\) \(-\) \(3k\) \(+\) \(1)\) ,

则 \((k+x)\) \(e^{x+k}\) \(+\) \((k-x)\) \(e^{k-x}\) \(>\) \(2k\) \(e^{k}\) ，即 \((k+x)\) \(e^{x}\) \(+\) \((k-x)\) \(e^{-x}\) \(>\) \(2k\) ,

则 \(k(e^{x}\) \(+\) \(e^{-x}\) \(-\) \(2)\) \(>\) \(x(e^{-x}\) \(-\) \(e^{x})\) ,

由 \(x\) \(>\) \(0\) ，可知 \(e^{x}\) \(+\) \(e^{-x}\) \(>\) \(2\) ，则 \(e^{x}\) \(+\) \(e^{-x}\) \(-\) \(2\) \(>\) \(0\) ，

故原不等式可转化为 \(k\) \(>\) \(\dfrac{x(e^{-x}-e^{x})}{e^{x}+e^{-x}-2}\) ,

\(\dfrac{x(e^{-x}-e^{x})}{e^{x}+e^{-x}-2}\) \(=\) \(\dfrac{x(e^{-\frac{x}{2}} + e^{\frac{x}{2}})(e^{-\frac{x}{2}} - e^{\frac{x}{2}})}{(e^{-\frac{x}{2}} - e^{\frac{x}{2}})^{2}}\) \(=\) \(\dfrac{x(e^{-\frac{x}{2}} + e^{\frac{x}{2}})}{e^{-\frac{x}{2}}-e^{\frac{x}{2}}}\) \(=\) \(-\dfrac{x(e^{x}+1)}{e^{x}-1}\)

设 \(G(x)\) \(=\) \(-\cfrac{x(e^{x}+1)}{e^{x}-1}\) , \(x\) \(>\) \(0\) ,

则 \(G'(x)\) \(=\) \(-\cfrac{[(x+1)e^{x}+1](e^{x}-1)-xe^{x}(e^{x}+1)}{(e^{x}-1)^{2}}\) \(=\) \(-\cfrac{e^{2x}-2xe^{x}-1}{(e^{x}-1)^{2}}\) ,

设 \(M(x)\) \(=\) \(e^{2x}\) \(-\) \(2x\) \(e^{x}\) \(-\) \(1\) , \(x\) \(>\) \(0\) ，令 \(t\) \(=\) \(e^{x}\) ,

则 \(H(t)\) \(=\) \(t^{2}\) \(-\) \(2t\) \(\ln t\) \(-\) \(1\) , \(t\) \(>\) \(1\) ,

由 \(H'(t)\) \(=\) \(2t\) \(-\) \(2(1\) \(+\) \(\ln t)\) \(=\) \(2(t\) \(-\) \(1\) \(-\) \(\ln t)\) ,

再令 \(P(t)\) \(=\) \(t\) \(-\) \(1\) \(-\) \(\ln t\) , \(t\) \(>\) \(1\) ,

\(P'(t)\) \(=\) \(1\) \(-\) \(\cfrac{1}{t}\) \(=\) \(\cfrac{t-1}{t}\) \(>\) \(0\) ，故 \(P(t)\) 在 \((1,+\infty)\) 上单调递增，

故 \(P(t)\) \(>\) \(P(1)\) \(=\) \(0\) ，则 \(H'(t)\) \(>\) \(0\) ，故 \(H(t)\) 在 \((1,+\infty)\) 上单调递增，

所以 \(H(t)\) \(>\) \(H(1)\) \(=\) \(0\) ，即 \(M(x)\) \(>\) \(0\) , \(G'(x)\) \(<\) \(0\) ,

故 \(G(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递减，

又由洛必达法则可知 \(\lim\limits_{x \to 0} G(x)\) \(=\) \(-\lim\limits_{x \to 0} \cfrac{(x+1)e^{x} + 1}{e^{x}}\) \(=\) \(-2\) ,

故要使当 \(x\) \(>\) \(0\) 时，\(k\) \(>\) \(G(x)\) 恒成立，则 \(k\) \(\geq\) \(-2\) ,

即 \(k\) 的最小值为 \(-2\) .

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1. 对于一般二元二次曲线：\(Ax^2 + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0\)，对称中心 \((x_0,y_0)\) 的充要条件：满足偏导等于0的方程组（中心方程组），
   \(\begin{cases}\dfrac{\partial}{\partial x}\big(Ax^2+Cy^2+Dx+Ey+F\big)=0\\[4pt]\dfrac{\partial}{\partial y}\big(Ax^2+Cy^2+Dx+Ey+F\big)=0\end{cases}\)，求偏导计算：\(\begin{cases}2Ax + D = 0 \\2Cy + E = 0\end{cases}\)，这个方程组解出来的唯一交点，就是二次曲线的对称中心。 ↩︎

2. 此处配方过程有点难，将详细过程贴出来。
   原方程为：\(\left(\dfrac12-\dfrac{1}{t_0^2}\right)x^2\) \(+\) \(y^2\) \(+\) \(\dfrac{2}{t_0}x\) \(-\) \(1\) \(=\) \(0\)
   二次项系数化1，准备添加第三部分，\(\dfrac{t_0^2-2}{2t_0}\bigg(x^2+ \dfrac{2t_0}{t_0^2-2}\cdot\dfrac{2}{t_0}x +\;\;?\;\;\bigg)+y^2-1=0\)
   第三部分为一次项系数一半的平方，注意后边要减去相同的部分
   \(\dfrac{t_0^2-2}{2t_0}\bigg(x^2+ \dfrac{2t_0}{t_0^2-2}\cdot\dfrac{2}{t_0}x +(\dfrac{2t_0}{t_0^2-2})^2\bigg)-\dfrac{t_0^2-2}{2t_0}\cdot(\dfrac{2t_0}{t_0^2-2})^2 +y^2-1=0\)
   化简整理为 \(\dfrac{t_0^2-2}{2t_0}\bigg(x^2+ \dfrac{2t_0}{t_0^2-2}\cdot\dfrac{2}{t_0}x +(\dfrac{2t_0}{t_0^2-2})^2\bigg)+y^2=1+\dfrac{t_0^2-2}{2t_0}\cdot(\dfrac{2t_0}{t_0^2-2})^2\)
   则 \(\dfrac{t_0^2-2}{2t_0^2}\) \(\left(x+\dfrac{2t_0}{t_0^2-2}\right)^2\) \(+\) \(y^2\) \(=\) \(\dfrac{t_0^2}{t_0^2-2}\) ↩︎