《2025年高考领航高中同步测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

18. (17 分) 已知函数 $ f(x)=a x^{2}-(a+2) x+\ln x $.
(1) 若 $ f^{\prime}(1)=0 $, 求 $ a $ 的值;
(2) 若 $ a \geqslant 1 $, 求证: 当 $ x \in[1, e] $ 时, $ f^{\prime}(x) \geqslant 0 $, 其中 $ e $ 为自然对数的底数.

答案： 18.解：
(1)因为$f^\prime(1)=0,f^\prime(x)=2ax-(a+2)+$
$\frac{1}{x}$，即$2a-(a+2)+1=0$，解得$a=1$.
(2)证明：函数$f(x)=ax^2-(a+2)x+\ln x$的
定义域是$(0,+\infty)$，
$f^\prime(x)=2ax-(a+2)+\frac{1}{x}$，
即$f^\prime(x)=\frac{2ax^2-(a+2)x+1}{x}=\frac{(2x-1)(ax-1)}{x}$
当$a\geqslant1,x\in[1,\mathrm{e}]$时，$2x-1＞0,ax-1\geqslant0$，可
得$f^\prime(x)\geqslant0$.

19. (17 分) 已知函数 $ F(x)=e^{x-1}+\frac{1}{3} x, G(x)=-x+m \sin x(m \neq 0) $.
(1) 求函数 $ F(x) $ 的图象在 $ x=1 $ 处的切线方程;
(2) 若对于函数 $ F(x) $ 的图象上任意一点处的切线 $ l_{1} $, 在函数 $ G(x) $ 的图象上总存在一点处的切线 $ l_{2} $, 使得 $ l_{1} \perp l_{2} $, 求实数 $ m $ 的取值范围.

答案： 19.解：
(1)$F(1)=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，
$F^\prime(x)=\mathrm{e}^{x-1}+\frac{1}{3},F^\prime(1)=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，
所以函数$F(x)$的图象在$x=1$处的切线方程为
$y-\frac{4}{3}=\frac{4}{3}(x-1)$，
即$y=\frac{4}{3}x$，即$4x-3y=0$.
(2)由
(1)可得，$F^\prime(x)=\mathrm{e}^{x-1}+\frac{1}{3}＞\frac{1}{3}$，
若对于函数$F(x)$的图象上任意一点处的切线$l_1$，
在函数$G(x)$的图象上总存在一点处的切线$l_2$，
使得$l_1\perp l_2$，
即对任意的$k_1=F^\prime(x)＞\frac{1}{3}$
总存在$k_{l_2}=G^\prime(x_0)$使得$k_{l_1}· k_{l_2}=-1$，
即$-3＜k_{l_2}=G^\prime(x_0)＜0$，
又$G^\prime(x)=-1+m\cos x(m\neq0)$，
从而$G^\prime(x)=-1+m\cos x(m\neq0)$的值域包含
$(-3,0)$，
当$m＞0$时，$G^\prime(x)=-1+m\cos x(m\neq0)$的值
域为$[-m-1,m-1]$，
所以$\begin{cases}-m-1\leqslant-3,\\m-1\geqslant0,\end{cases}$解得$m\geqslant2$；
当$m＜0$时，$G^\prime(x)=-1+m\cos x(m\neq0)$的值
域为$[m-1,-m-1]$，
所以$\begin{cases}-m-1\geqslant0,\\m-1\leqslant-3,\end{cases}$
解得$m\leqslant-2$，
综上，实数$m$的取值范围为$(-\infty,-2]\cup[2,$
$+\infty)$.