2023年新高考数学一轮复习利用导数解决一类整数问题（解析版）

利用导数解决一类整数问题【题型归纳目录】题型一:整数解问题之分离参数、分离函数、半分离题型二:整数解问题之直接限制法题型三:整数解问题之虚设零点题型四，整数解问题之必要性探路【典例例题】题型一，整数解问题之分离参数、分离函数、半分离例1.已知函数/(工)=x—Inx—2.(1)求函数在(i,f(D)处的切线方程(2)证明：/(工)在区间(3,4)内存在唯一的零点；(3)若对于任意的xC(1,+8),都有x\nx+x>k(x—1),求整数A;的最大值.【答案】(1切=-1；(2)见解析；(3)3.【分析】(1)根据导数的几何意义即可切线；(2)先利用导数证明f(z)在(3,4)上单调递增，再结合零点存在定理，得证；(3)参变分离得kV辿叶三，令g(z)=2坦斗?■，原问题转化为求gGr)在(1,+~)上的最小值，结合(2)中结论和隐零点的思维，即可得解.V/(x)=x—\nx—2,“⑴=-1，广㈤=1-!，"3=0,；・f(x)在(1,—1)处的切线为y=-1;证明：•・"(c)=]—Ino—2,・"(4)=1-3I当ze(3,4)时,r㈤=1一塌>0,.•J(z)在(3,4)上单调递增，V/(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,/(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,.•"(工)在区间(3,4)内存在唯一的零点.Vxlnx+x>fc(x—1),且工€(1,+co),..」x\nx4-x:.K< ：—,x—1令g(z)=殁中,则g，(工)=笠吗『,工>1,X—I (re—1)^由(2)知，/(力=c-lni-2在(1,+8)上单调递增，且在区间(3,4)内存在唯一的零点，设该零点为x0G(3,4),则/(co)=幽)-lug—2=0,

故当：re(l,x0)时,/(力vo,即d(力VO,g(x)在(l,x0)上单调递减,当ze（如+<»）时J®>0,即g，®>o,g（x）在（Xo,+<»）上单调递增,•*-g3）min=g（的）:Tolnco+Xq3一•*-g3）min=g（的）:Tolnco+Xq3一1 ； =x0e（3,4）,&一J故整数k的最大值为3.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，以及不等式问题，考查转化与划归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.例2.已知函数/(6)=?/+Inx—(2+?)立，(aW0).(1)当。=/时,求函数/6)在点(1,/(1))处的切线方程；(2)令尸(力)=时(n)—I2,若尸(力)<1-2g在IW(1,+8)恒成立，求整数a的最大值.(参考数据：ln3V*,oln4V-7").47【答案】⑴①一2/-3=0;⑵3.【分析】I(1)当。=彳时，得到/(£)=2/+山1—43：,求得/'3)=4%+塌-4,得出广6=1,且人1)=—2,结合直线的点斜式方程，即可求解.⑵把FQ)V1-2qt在(1,+8)转化为aV*+'在(1,+8)恒成立，令力)二今山_，利用导数求得函数的额单调性，零点的存在定理得到无(0在(1,血)上递减，在(4,+8)上递增，从而求得。〈”(⑼.=而，即可求得整数a的最大值.【详解】(1)(1)当a=/时，可得/3)=2"+\nx-4。,则fr(x)=4%+-4,可得/'⑴=1,且/⑴=2+lnl-4=-2,即函数/(力在点(1,-2)处的切线的斜率k=1,所以切线方程为沙一(-2)=①一1,即①一y—3=0,函数/(%)在点(1,/(1))处的切线方程力-g—3=0.(2)由F(x)=af(x)—x2=alnx—(2a+l)x,因为F(x)<1—2ax在(1,+8)恒成立,即alnx—(2a+l)x<1—2ax在(1,+8)恒成立，即aV卡｝在:(1,+8)恒成立，,］ Inx---1令”⑼=4号，①>1,可得h'(x) ,Inx Inx令［Q)=Inc—十一1Q>1),可得［3)在(L+8)上单调递增，且1(3)V0,1(4)>0,所以存在(3,4),使得£(g)=lng-」--1=0,Xq从而h(x)在(l,x0)上单调递减，在(叫,+8)上单调递增，所以/i(x)min=h(x0)=忆：=•:"」=x0E(3,4),的+因为aV在(1，+8)恒成立，所以aV/lQ)min=To所以整数a的最大值为3.例3.已知函数/(c)=x—\nx—2.(1)证明：/3)在区间(3,4)内存在唯一的零点；(2)若对于任意的xG(1,+8),都有sins+工>k(a;—1),求整数k的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)3.【分析】(1)先利用导数证明/(工)在(3,4)上单调递增，再结合零点存在定理，得证；(2)参变分离得kV辿叶三，令g(z)=辿空芋•，原问题转化为求g(z)在(1,+8)上的最小值，结合(1)中结论和隐零点的思维，即可得解.【详解】(1)证明：•."(％)=x-\nx—2,・"3)=1-!，当He(3,4)时,r(z)=1-^->0,在(3,4)上单调递增，•17(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,/(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,.•J(z)在区间(3,4)内存在唯一的零点.(2)解：Vxlnx+0>k(x—1),且0£(1,4-oo),.t/x\nx+x..k< ：—,x—1人(、xlnx-I-xm，/、 ％—In，-2 、令gQ)=/工厂，则g3)=一(%_i)2，①>1，由(1)知，/3)=c—Ini—2在(1,+8)上单调递增，且在区间(3,4)内存在唯一的零点，设该零点为例€(3,4),则/(x0)=xo-lnxo-2=O,故当(1,的)时,fQ)VO,即或力VO,g(c)在(l,x0)上单调递减,当 (的,+8)时J(c)>0,即£3)>0,g(rc)在(%+8)上单调递增，.•・9(球向,=9(谕=却;?产="0cM?+&=亚€(3,4),“0J. <LoJ.:卡<9(H)min=工0€(3,4),故整数人的最大值为3.题型二:整数解问题之直接限制法例4.已知偶函数/(工)满足/(4+X)=/(4一工),且当。e(0,4］时，/(X)=电磬，关于x的不等式产3)+时3)>0在［-200,200］上有且只有300个整数解,求实数a的取值范围【解答】解：是偶函数，-。)=/3),v/(4+x)=/(4-x),"(8+x)=/(4-(4+x))=f(-x)=f(x),.•JQ)的周期为T=8.当工e(o,4］时,r(x)=--呼㈤.,X

.•.当OVcV5时,1f3)>0,当•1•Va:V4时,r®VO,：.f(x)在(O,y)上单调递增，在(另4］上单调递减.又/(1)=1112>0,/(4)=¥*=彗2>0,且/(工)是以8为周期的偶函数，:,当工为整数时J(z)>0,•.•产(z)+43)>0在［-200,200］上有300个整数解，.•.产(0+时3)>0在(0,4］上有3个整数解,显然这三个整数解为1,2,3,即f3)+a>0在(0,4］上有三个整数解1,2,3.弋翼:黑即1呼+q>0弋翼:黑即1呼+q>0131n2+a<Q，解得：VaW-31n24例5.已知函数/3)=6工一。立3>0),其中。€R,e为自然对数的底数.(1)试讨论/Q)的单调性；(2)是否存在正整数Q,使得了(0>炉1111对一切。>0恒成立？若存在，求出q的最大值;若不存在,请说明理由.【解答】解：(l)/r(x)=e1-a(x>0).①若aW1,则f\x)>0恒成立J(0在(0,+8)上单调递增；②若Q>1,令fr(x)=0,则I=Ina,当0VkVina时J'(n)VOJ(c)单调递减；当x>\na时，/'3)>0,/3)单调递增.综上所述，当Q&1时，/(力)在(0,+8)上单调递增；当a>1时，/3)在(O,lna)上单调递减，在(Ina,+8)上单调递增.(2)要使/(c)=ex—az'/n/在(0,+8)上恒成立，则号—@•—lnz>0在(0,+8)上恒成立，令h{x)—号——lnx(x>0),则砥工)=色券+言二反论”迦.①当a=2时，五'(/)=(七2)£士),X由e，>工知，瓜工)在(0,2)上单调递减，在(2,+8)上单调递增.:.”工)1nm=五(2)=竽-ln2-1>0,；.a=2满足题意.②当q>2时，当2ViVq时，函数九3)的取值情况，,.*2<x<a,x-2>0,x—a<0.又。工>1,.工(0—2)。工>(X—a)x,即卅(x)>0,:.当q>2时，h(x)在(2,a)上单调递增.不妨取q=3,则函数八(⑹在(2,3)上单调递增，:2VeV3,且fe(e)—e(2—.—1V0,・・・九3)>0不能恒成立.综上所述，正整数a的最大值为2.例6.已知函数*0=%些(n>0),其中a€R,e为自然对数的底数.(1)若函数/(⑼有两个零点，求a的取值范围；(2)是否存在正整数a,使得对一切工>0恒成立？若存在，求出a的最大值;若不存在.请说明理由.【解答】解：(1万(工)=更产=争一匹/'(工)=2/，令r(2：)>0,得工>1,令(3)<0,得0<3；<1,:.函数/(⑼在(0,1)上单调递成，在(1,+8)上单调递增，；J(H)min=/(l)=e-a,.♦•函数/(工)有两个零点，/(1)V0,/.a的取值范围为(e,+8)；(2)要使/(工)=e7axAzin工在(0,+8)上恒成立，即使与一旦一lna;>0在(0,+8)上恒成立，令h(x)=鼻一.-lnx(x>0),则八，3)=。£+多®二生三包X X Xcl、(X-2)(ex—x)①当q=2时，〃(出)= ； ，由知无3)在(0,2)单调递减，在(2,+8)单调递增，・•・h(x)min=无⑵=今一ln2-1>0,4a=2时满足题意；②当q>2时，考查q>%>2时，函数h(c)的取值情况：,.,a>x>2,Ax—2>0,x—a<0,又e*>rc,.二3—2)ex>(x—a)x,即hf(x)>0,:.当a>2时,h(x)在(2,a)上单调递增，取a=3,则函数h(x)在(2,3)上单增,2VeV3,且h-(e)=ec2—,—1V0,/.h(x)>0不能恒成立，综上，Q的最大正整值为2.例7.已知集合A={①W+2x—3>0},集合8={x|x2-2ax—1<0,q>0}.(I)若q=1,求AD8；(H)若ACB中恰含有一个整数,求实数a的取值范围.【解答】解：(I)A={z|a2+2®-3>0}={x\x>1或iV-3},当a=l时，由/—2%—140,解得：1—\/2&°&1+y/Q,，即B=[1—>\/2,1+a/2],/.ACIB=(1,1+V2];(!1),.,函数y=/(rr)=x2—2ax—1的对称轴为x=a>0,/(0)=-lVO,且AOB中恰含有一个整数，根据对称性可知这个整数为2,"⑵&。且胆)>。，即｛：]"；/解得:鲁&av[.题型三，整数解问题之虚设零点例8.设函数/(尤)=lnx,g(x)=arc+—~--3(aGR\(1)求函数wQ)=/U)+g⑸的单调增区间：(2)当a=1时，记九3)=/3)-gQ),是否存在整数九使得关于立的不等式2/1>拉3)有解？若存在，请求出A的最小值:若不存在，请说明理由.(参考数据：ln2a0.6931,hi3gL0986)【答案】(1)答案见解析 (2)存在"的最小值为0【分析】(1)求出函数的导数，就a的不同取值可求。(工)>0的解，从而可得函数的单调增区间.(2)利用导数结合虚设零点可求一?Vh(x\ninV-J,从而可得整数4的最小值.因为。(±)=/(x)+g[x)=Inx+qc+a/-3(x>0),所以“㈤二入-勺3+工二…j—d)](工+1)X X2 x2 x2①当a=0时，由0'(力)>0,解得％>0;②当a>l时，由d(±)>0,解得工>义>；③当OVaVl时，由0'(工)>0,解得4>0;④当q=i时，由d(z)>0,解得出>0；⑤当aVO时，由。(工)>0,解得OVcV旦B，综上所述，当aVO时，(p｛x｝的增区间为(0,,11);当O《a《l时，减工)的增区间为(0,+8);a>1时，w(ir)的增区间为(&11,+oo).当a=1时，g(c)=x—3,所以"①)=(x-3)lnx,而h!(x)—\nx+*J=inx-*+1,因为g=lnz,y=■均为(0,+8)上的增函数，故"(i)=lnN—日•+1为(0,+8)上的增函数，而hf(2)—ln2—>0, —ln——1V0,

故"3)在(0,+8)上有且只有一个零点g,y<x0<2且111四)=-^ 1且,G(O,xo)时，h!(x)VO;当％€(的,+8)时，”3)>0,Co故无3)在(O,g)上为减函数，在(g,+8)上为增函数，故五(c)min故五(c)min=八(g)=(x0-3)lnx0=(工。-3晦-1)=6-(皿+1；),E%37 〜137 ,9.20因为万VgV2,所以万〈而+£-V~y,所以+<6-(皿+卷)〈-/，而整数人使得关于工的不等式24>/1(工)有解，故2入>0,故存在整数/!满足题意，且力的最小值为0.【点睛】思路点睛：利用导数求函数的最值时，如果导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的关系式化简最值，从而得到最值的范围或符号.例9.已知函数/(x)=x\nx+krr-3k,求：(1)当k=1时,求曲线73)在点(1,/(D)处的切线方程；(2)当工>3时，总有/3)>1,求整数k的最小值.【答案】⑴2;r-y-4=0 ⑵-3【分析】⑴先对函数求导，计算出斜率，再用点斜式即可；(2)分离参数转化为函数的最值问题.当k=1时,/(c)=xlnx+h—3/.f'[x)=Inx+2⑴=2/⑴=—2.•./(工)在点(1,/(1))处的切线方程为y+2=2(Z一1)即2H一？-4=0由题意，/(工)>1,即xlnx+for—3k>1,即k(x—3)>1—x\nx,又c>3,・・・k>与雪殳恒成立.人n(T\=1一.7.n^(T\=3111c—c+27⑺一x_3…。⑺- 3-3)2令h(x)=31nx—z+2,则h!(x)— ”V0恒成立.Ah(x)在(3,4-oo)上递减，■:h⑻=31n8—6>0,八⑼=31n9-7<0zr_2:.3x0E(8,9)-fith(xo)=0,即31n6o—%o+2=0,则In%。=——,:.当c€(8,x0)时,g'Q)>0,当cW(如+8)时，g\x)<02./x_/x_1-tolnzo_ 3 _%o+lc/10Q\,•g3)a-g(g)~物一3-^3~3-€\t,-3/因为人>93),皿，且A：ez,••.kAT,即整数人的最小值为一3【点睛】方法点睛：对于零点不可求问题，可以设而不求，整体替换从而求出范围。例10.已知函数/(%)=(Z一k一1)优(其中e为自然对数的底数).(1)当上=一1时,求函数/G)的极值；(2)若函数g(%)=/(%)+e?在％W(0,+8)有唯一零点,求实数k的取值范围；(3)若不等式/(I)>31对任意的1WH恒成立，求整数k的最大值.【答案】(1)极小值为一卷，无极大值；(2){2}U[e2-l,+~)；(3)-2.【分析】(1)利用导数可确定/(工)单调性，由极值定义可求得结果；⑵利用导数可确定gG)的单调性；当k40时，可知g(O)VO,解不等式可知无满足题意的值；当k>0时，根据g(z)min=g(k),分别在g(k)>0,g(k)=。和g(k)V0三种情况下,根据g(工)在ze(0,+8)有唯一零点可构造不等式求得结果；(3)将恒成立不等式化为kVrr-l-迎，令从工)=工一1一电•得〃(0；)=旦土^二三,令馆(工)=e，+3a;-3可e e e确定m的€Gt),使得m(g)=0,由此可得无㈤min=〃g),进而得到九(孙)的范围，从而得到k.当上=-1时J㈤=xex9则f(x)=(x+l)ex,・,.当kw(-00,-1)时，尸㈤vo；当力e(-1,+<»)时，/'㈤>o；.-.f(x)在(-8,-1)上单调递减，在(-1,+8)上单调递增，“㈤的极小值为/(-1)=—无极大值.eVg(x)=(a;-fc—l)ex+e2,Agr(x)=(x—fc)ex,・•・当4G(-oo,fc)时，£(c)VO;当z6(fc,H-oo)时，g'(x)>0;・・・g(0)在(-oo,fc)上单调递减，在(fc,+oo)上单调递增；①当kVO时,g(c)在(0,+8)上单调递增，若g(c)在(0,4-<»)上有唯一零点，则g(0)<0,即——一l+e2<0,解得:Aj>e2-l>0(舍)；②当k>0时，g^x)在(O,fc)上单调递减，在(k,+8)上单调递增；当g(fc)>0,即0vkV2时，g(x)min=p(fc)>0,则g(c)在(0,+«))上无零点，不合题意；当g(k)=0,即1=2时,g(x)在(0,+«>)上有唯一零点1=2,满足题意；当g(k)VO,即2时，由g(k+1)=浸>0得：g(k)g(k+1)V0,Ag(x)在(ktk+l)上有唯一零点，此时需g(0)=—fc—l+e2<0,即kAS?-1;综上所述：当"=2或k'e?—1时，ff(x)在(0,4-oo)上有唯一零点，即实数"的取值范围为{2}U[e2-1,+8).若/(c)>对c€7?恒成立，即(/一"-l)ex>3%对力€7?恒成立，则kVi—1--^7-,e令从z)=z一1一空，则h'㈤=1 e'+3：二.3e e e令rn(i)=6工+3c—3,则mf(x)=e1+3>0,/.m(x)在R上单调递增，m(^)=6—?>0,mG~)= <0,.*.3gW(卷,/),使得俏(k0)=0,即记+3处-3=0,则当zG(―8,g)时，h!(x)VO；当出W(x0»+°°)时，"(z)>0;Ah(x)在(-8,如)上单调递减，在(%+8)上单调递增，/./i(x)min=/i(x0)=x0—l- =x0-1-q3q=%-1+?［=%-1+-ZT+1，e 。-。］() io一人 必—1XOGG4)» (一争一|-)，:.h(x0)e(一■I",―,•••kV无(的)，.•.整数A:的最大值为-2.【点睛】方法点睛：求解本题恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系比较问题，即若a恒成立，则a>/(z)max；若a4/(z)恒成立，则a</(x)min.例11.已知函数/(re)=x—lnx—2.(1)求函数在(1,7(1))处的切线方程(2)证明：/(立)在区间(3,4)内存在唯一的零点；(3)若对于任意的reC(1,+8),都有a；］na;+:r>Mz—1)，求整数卜的最大值.【答案】(1)?=一1；(2)见解析；(3)3.【分析】(1)根据导数的几何意义即可切线；(2)先利用导数证明/(z)在(3,4)上单调递增，再结合零点存在定理，得证；(3)参变分离得％V©箸善，令g(z)=.卷产，原问题转化为求g(z)在(1,+8)上的最小值，结合(2)中结论和隐零点的思维,即可得解.V/(x)—x—Inx—2,⑴=-1,1㈤=l-!，"3=o,:.f(x)在(1,-1)处的切线为y=-l;证明：,・"(％)=x—Inx—2,”㈤=1一5，当工€(3,4)Bt,/,(x)=l-^>0,.•JG)在(3,4)上单调递增，Vf(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,/(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,.•"(①)在区间(3,4)内存在唯一的零点.•・Fln0+a:>MN—1),且°€(1,+«>),.7,x\nx4-x..K< ,x—1令g(z)=空中,则g，㈤=用吗『,工>1,X—L (x—1)由⑵知，/(%)=①一Ini—2在(1,+8)上单调递增，且在区间(3,4)内存在唯一的零点，设该零点为与€(3,4),则/(网)=x0—lnx()-2=0,

故当rc€(l,x0)时,/Q)VO,即g'®VO,g(x)在(l,x0)上单调递减,当zC(g,4-co)时,f(o：)>0,即g，®>0,g(x)在(xq,+<»)上单调递增,g(x)min=g(x0)glnc()+Xqg(x)min=g(x0)glnc()+Xq3一1 ； =x0e(3,4),&一J故整数k的最大值为3.题型四:整数解问题之必要性探路例12.（2021•山西■中市新一双语学校模板圾测（文））已知函数/（工）=rneI,g（x）=lnx+l.（1）若函数/（⑼与9（工）有公共点，求小的取值范围；（2）若不等式/（工）>g（H）+1恒成立，求整数m的最小值.【答案】（l）mV二;（2）最小值为1.【分析】（1）由/（工）=gGr）,可得m=上詈」■，函数fGr）与gG）有公共点，即m ］有解，设无㈤=］，求导数，求出函数从工）的值域即可.（2）不等式f（工）>g（x）+1恒成立，即mex—lnx-1>0恒成立，当工=1时，me>Ini+2成立，解得■，故.再验证m=l时，不等式成立即可得出答案.【详解】解：（1）令/（z）=g（:r）,即rne"=ln;r+1,则m=1,函数/（4）与g（z）有公共点，即rn='入J1有解.e令检）=—令检）=—，则%）=——Inx-1xex令fc(x)=——Inx-1=(――1)—\nx,i 1当力>1时，了一IV0,lnx>0,所以k(i)<0,当OVrrVl时，——1>O,lnrrVO,所以M①)>0所以九(①)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，所以无(C)</l(l)=~|■且当］T。时,f(c)T—8所以(2)不等式/(i)>g(①)+)恒成立，即mex—\nx-l>0恒成立.则1=1时，?7ie>lnl+2成立，解得772>g,由题意求满足条件的整数TH最小值，下面验证7R=1是否满足题意.当m=l时，令m（①）=ex—Inx—2,m/（rr）=e”一!，且mX%）在（0,+8）上单调递增.又加⑴>0,加（4）VO,可知存在唯一的正数的6（//），使得加（如）=0,即e*。-J-=o,的则7n（%）在（0,g）上单调递减，在（外）,+8）上单调递增.所以Tn3）min=7n（c（））=ex,）—lnx（）—2=--f-x0—2>0,

即当m=1时，不等式/(n)>g(x)+1成立.故整数小的最小值为L【点睛】关键点睛：本题考查根据两函数图像有公共点求参数范围和不等式恒成立求参数范围，解答本题的关键是先根据工=1时，不等式me>lnl+2成立，求处一个参数的范围，然后根据题目要求再验证馆=1满足条件，从而得出答案.属于中档题.例13.(2021•北京•北弹大二用■中未来科枝城学校南三阶段练习)已知/(C)=sine,g(x)=Inx,h{x)=x1—ax—1.⑴若rrW[0,1],证明：/(c)>g(rc+1)；(2)对任意xG[0,1]都有+h{x]-g(x)>0,求整数a的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)2.【分析】(1)利用二次求导求得存在唯一零点幽{(0,1),使得F"(g)=0,F<a:)>0在(0,1)上恒成立上可以证明F(z)在定义域上的单调性，可知F(z)>0,便可证明结论.(2)先判断整数a42可知首5+0：2-01—l-ln;r>es2，+2;r-l-lna:,接着证明H{x}=esini+12—2x—1—lnx>0在区间(0,1]上恒成立即可可出结论.【详解】解：(1)证明：设F(x)=sinx—ln(a:+1),(0<xCl),则F'(x)=cosx—因为F"(x)=因为F"(x)=](a?+1)2—sinx,JLx€[0,1]则小㈤在[0,1],单调递减，}-sinlVO,小㈤〈尸"(0)=1所以存在唯一零点g€(0,1),使得F"(g)=0则尸'("在(O.xo)时单调递增，在(3,1)上单调递减又尸'(1)——争+cosl>—+cos-y=0,F'(0)-0所以尸㈤>0在(0,1)上恒成立上，所以尸(工)在[0,1]单调递增则F(x)>F(0)=0,即F(z)>0,所以/(工)>g(z+1).(2)因为对任意的工€(0,1], +h(x)-g(x)>0即c4"+——q①—1—Inx>0恒成立令c=1,则esinl>a由(1)知sinl>ln2,所以2=*2<63皿<8<3由于。为c而工+/-Qz-i-lnc>0整数，则a&2因此6所工+/一ax-l-lnx>e^nx+x2-2x-l-\nx下面证明H(x)=esini4-x2—2x—1—ln%>0,在区间(0,1]上恒成立即可.由(1)知sini>111(。+1),则e^nx>x+1故"(i)>x4-l+x2—2x—1—Inx=x2-x—Inx设G(1)=x2-x—lnx,x6(0,1],则G'(c)=2x—1—5=⑵+——<0,

所以g(h)在(0,1］上单调递减，所以g(h)>g(i)=o,所以hGe)>o在7e(0,1］上恒成立.综上所述，a的最大值为2.例14・是否存在正整数Q,使得e，一Qrr'/ini对一切0恒成立？试求出a的最大值.解：易知。工-对一切c>0恒成立，当k=1可得Q&e,则a仅可取1、2下证a=2时不等式恒成立，设g(x)=-^7———\nx,gr(x)=—— -xk xg㈤在(0,2)单调递减，(2,+8)单调递增，g(工)>g⑵=j(e2-4-41n2)>0当q=2时，不等式恒成立，所以q最大为2.例15.x>2,k<”1工产,求k的最大整数值.X—2解:令/(⑼=现吃”出，显然k</(e2)=平丁G(4,5)1' e-z因此/c的最大整数值可能是4,下证k=4时恒成立• 1xeP e2由hur'l-^nln3>1一1即lnz>3一3所以/3)=所以/3)=【过关能试】1.(2022•吉林•长叁市第二实收中学方二期中)设函数/(工)=e，-2arr—1,g(z)=4+1.(1)讨论/(c)的单调性；(2)若a=/,且不等式(x—k)f'(x)+g(x)>0对Wa;C(0,+8)恒成立，求整数fc的最大值.【答案】(1)见解析 (2)2【分析】(1)先求导，讨论导数的实根个数，然后分别研究相应区间的导致符号从而确定函数单调性；(2)分离参数得k〈写士占对VcC(0,+8)恒成立，构造函数,研究其最小值，然后求出心的最大值./㈤=ex—2a,xER当q40时，在①W(-00,4-00)上广(0)>0恒成立，/(①)单调递增；当a>0时，令/'(工)=0,解得力=ln(2a),在二€(―oo,ln(2a))上/㈤<0,/(x)单调递减；在力W(ln(2a),4-oo)上/'(力)>0恒成立，/(勺)单调递增.综上：当a<0时J(c)在(—8,+8)上单调递增；当q>0时,/(。)在0€(―oo,ln(2a))上单调递减，在(ln(2a),+8)上单调递增.因为e1-1>0,所以原不等式等价于EV咚4对Vze(0,+oo)恒成立，即％〈(奂，十,1)令从工)=与斗，"㈤=/三二)e—1 (e—1)令八'(c)=0,即e“一2=0,令H(c)=ex—x—2,

因为//'(工)=6，-1>0,所以"(工)在工€(0,+8)上单调递增,因为H(l)=e—3<0,H(2)=e2—4>0所以三的C(1,2)使得H'[x)=0,即e'"一的-2=0在t€(O,xo)上，H'{x)<0,H{x)单调递减；在工€(%+8)上，〃㈤>0,H(x)单调递增,工0(向+工0(向+2)+1(的+2)-1=3+1又因为看,6(1,2),所以"(EminW(2,3),又A:€Z,所以k的最大值为2.【点睛】本题第一问的关键是分类标准的正确选择；第二问的关键是零点虚设，通过设而不求的思想解决问题.2.(2022•河北衡水•高三阶段练习)已知函数/3)=(a-l)x+lns(aGR).(1)讨论函数/(7)的单调性与极值；(2)当a=0时，函数g(0=/(x)-(2--仁在［^,1］上的最大值为8,求使得5G［fc-y,fc+上的整数k的值(其中e为自然对数的底数，参考数据：ln0.5七一0.7,ln0.6%一0.5).【答案】(1)单调性见解析，极大值为一l-ln(l-a),无极小值 (2)—4【解析】(1)对函数/(工)求导，并对a的取值范围进行分类讨论,利用导数研究函数的单调性、极值即可求解；(2)对函数g(x)求导，构造新函数，利用导数研究函数的单调性、零点、函数值域即可求解.((3：)=g-1+：,3；€(0,+8).当a-l>0,即a>l时，/'㈤>0恒成立，则函数/㈤在(0,+8)上单调递增，无极值；当a-lVO,即aVl时，令/'(①)=0,即a-l+：=y—詈*'=°，解得工=当工€(°，:三)时，f'3)>0,故函数/(工)在(0，£了)上单调递增；当工€(Jq，+8)时，［㈤VO,故函数/㈤在(£^，+8)上单调递减，所以当工=11时，函数/(工)取得极大值，且极大值为，)=-l+ln，综上所述，当a>l时，函数fQ)在(0,+8)上单调递增，无极值；当aV1时，函数/(⑼在(0,1三)上单调递增;在(1三,+8)上单调递减，在工=1%处，fQ)取得极大值，且极大值为一1一ln(l-a),无极小值.依题意，当Q=0时，g(0)=lnc—0—(2一g'［x}=-1+(x—1)ex=J「/+3-l)eI=(e1- —1).因为工e［l」］,所以h-i4o.令无(4)=炉一：,工e则矶力=e，+3>0在K，1］上恒成立，所以h(x)在信,1］上单调递增.又h(0.5)=e05—2<0,h(0.6)=e0'6- >0,所以存在皿)€侏卷]，使得无(。0)=°，即铲'=/则当kE(十，。())时，拉Q)VO,则g'Q)>0,所以函数g(c)在(十两)上单调递增；当cW(%1)时，九3)>0,则g'3)V0,所以函数9(0在(%1)上单调递减,所以函数gQ)在[｝，1]上的最大值。=g(lo)=lnx0—x0+(x0-2)eI°=lnx0—x0+x^'—2eXo.又因为e期=」-,所以6=lng—c0+l—2,x0E令(p(x)=Inx-x+1- ,xG ,则(f![x)=!—1+ >0在上恒成立,所以函数0(c)在上单调递增,所以0售)<@3)W0信).因为少(,)=Iny-y+1-4«s-4.2,9(卷)=ln-|-一得+1一当七一3.4,所以36[—4.2,—3.4]，又。€[/c—^■，/c+总],所以整数k=-4.3.(2022•江苏•南京市江宁方级中学模拟覆测)设函数/㈤=e"+asin2x+b.(1)当q=/,cw[o,+8)时，/3)>o恒成立，求b的范围；(2)若f(x)在c=0处的切线为x-y—1=0,且/(力)>ln(4+m)-2,求整数m的最大值.【答案】⑴[-1,+8); (2)2【解析】(1)求出当Q=/,z€[0,+8)时/3)>0,只需要/(0min>O；(2)先根据切线的条件求出参数Q也在类似⑴中用恒成立的方式来处理.由/3)=e"+asin2rr+b,当Q=\"时，得/'㈤=e，+cos2c.当cC[0,+8)时，eI>l,cos2x€[-1,1],所以/'Q)=e，+cos2c>0,即/Q)在[0,+8)上单调递增，所以/(⑼口而=/(0)=1+6,由/Q)>0恒成立，得l+b>0,所以—1,即b的范围是[-1,+8).由/(x)=ex+asin2x+b得/3)=e，+2acos2x,且/(0)=14-6.由题意得了'(0)=e°+2a=1,所以a=0,又(0,1+b)在切线c—g—1=0上.所以0—1—1—b=0,所以b=—2,即/(x)=eI—2.因为/(±)>ln3+m)-2,所以有ex>ln(x4-m).令匕=©工>0,则ex>ln(x4-m)等价于±>ln(c+rn),即％+771〈3,从而771〈6*—0；=6'—1111.设g(±)=ef-Ini,则gf(t)=8一十.易知g'(t)在(0,+8)上单调递增，且9'(/)=Ve-2<0,g'(l)=e-l>0.所以，由函数零点存在性定理知，存在唯一的tne(y,l)使得g'(to)=0,即0'=卷，则加=-Into.当te(0,幻时，g'⑴Vg'(M)=0,g⑴在(0,幻上单调递减；当(to,+8)时，/(。>"(幻=0,9(。在(曲,+8)上单调递增.从而g(t)min=g(to)=e"-lnto=to+；.而M+;在(看1)上是减函数，所以M+：e(2,-^-).因此9(t)的最小值9(M)e(2,手).从而整数m的最大值是2.4.(2022・全国・模赧11浏)已知函数/(C)=(。+1)6，+3—3,其中6为自然对数的底数，。6兄(1)讨论函数/(工)的单调性；(2)当a=0时，若存在立CR使得关于a;的不等式k4W(a;)成立，求k的最小整数值.(参考数据：eI«2.1)【答案】(1)答案见解析；(2)0.【解析】(1)求出函数/(工)的导数，分aV-l,-1&<1<0,(1>0三种情况讨论/'(0；)的符号求解作答.(2)构造函数g(c)=£f(x),求出g(x)的最小值取值范围，再由不等式成立求整数A:的最小值作答.函数/(工)的定义域R,求导得:/'(工)=(a+l)e，~~3=(a+1)： e e若QV―],由/(4)=  =0,付c=In,@+],当：re 时,/'(a;)>0,当a；e(lnV-a+T,+00)时，/'(Evo，则/(z)在(一上单调递增，在(lnj^p+8)上单调递减，若一14aW0,则对任意xER都有/'(工)>0,则/(x)在R上单调递增，若a>0,当a;W(-8,lnja3)时，/'㈤<°，当工€(in时，尸㈤>0,则/(工)在(_8,lnJ^y)上单调递减，在(lnJ^p+8)上单调递增，所以，当aV-1时，/㈤在(-8,ln&D上单调递增，在(ln/^「+8)上单调递减；当一l&a40时,/(工)在R上单调递增；当a>0时，/(⑹在SlnJ^Y)上单调递减，在.£号p+8)上单调递增.当a=0时，令g(c)=xf{x)=x(eI—3),则g'(c)=(c+l)e，-3,令人(c)=(c+l)ex—3,则h!(x)=(x+2)ex,则当c€(—2,+oo)时，h!(x)>0,g'(c)=h(x)在(—2,+oo)上单调递增，当①W(-oo,-2)时，”(力)VO,gf(x)在(-oo,-2)上单调递减，

因g'(0)=1—3=-2V0,g'G)=孑e'一3七0.675>0,则存在x06(0,总),使得g'(c())=(与+1将一3=0,即则当出€(3+8)时,g〈力>0,当kE(一2,g)时，或出)V0,又当出€(-oo,-2]时,g\x)V0,所以当①W(―oo,x0)时,g'(c)VO,因此g(①)在(-°°,x0)上单调递减，在(电),+8)上单调递增，于是g㈤min=g(%o)=%(铲-3)=10(^77—3)=—3[(m+1)+ -2],斯€(0,；),①。+1e(1,孑),与+1+^+Te(2，患)g(H)mine(28,0),若存在使得关于①的不等式A;》切■(：!；)成立，且k为整数，得人>0,所以k的最小整数值为0.【点睛】结论点睛：函数？=/(工)的定义区间为。，若m7e使得mV/(rr)成立，则m〈/(⑼吨公若三HC使得m>/(z)成立，则 1n5.(2021•陕西•依川市第一中学高二阶段练习(理))设函数/㈤=a(e，-2e)+(1-Me，.(1)求/(c)的单调区间；⑵当c>2时，/㈤V0恒成立，求整数a的最大值.【答案】(1)单调增区间为(-8,a),单调减区间为(a,+oo) (2)2【解析】⑴求导，分别解不等式/㈤>0,/'㈤V0可得;(2)分离参数，将恒成立问题转化为函数g(⑼的最值问题，通过二次求导可得导函数单调性，结合导函数的零点可得函数9(工)的单调区间，从而可得最值，然后可得.(1)f((x)=(a-x)eI,由/'(rr)—(a—x)ex>0解得rrVa,由f'(x)—(a—x)ex<0解得rr>a,所以f(z)的单调增区间为(-8,a),单调减区间为(a,+8)当工>2时，e"—2e>e?-2e=e(e—2)>0所以f(;r)<OoaV(:一?它记gQ记gQ)=(x—l)ex

ex-2e则g\x)=ex(eI—2ex)

(ex-2e)则g\x)=ex(eI—2ex)

(ex-2e)2记h(x)=ex—2ex因为当k>2时，h!(x)=ex—2e>0,所以/i(c)=ex-2ei在(2,+8)上单调递增,无(2)=€2—46〈0仇(3)=。3—6€)0,所以存在的€(2,3),从与)=0'i己h(x0)=ez()—2ex0=0,则e%=2ex0…①所以当c£(2,的)时,九3)VO,即g'Q)VO,此时g(c)单调递减,当cW(Xo,4-°°)时，h(x)>0,即g'(①)>0,此时g(0单调递增所以当出=的时，g(x)由最小值所以当出=的时，g(x)由最小值g(g)=(co-l)e及

e^'-2e…②将①代入②可得g(g))电)(看)-1)3'=2eg(c()—将①代入②可得g(g))电)铲―2e2ex0-2e所以QVCo,因为Q为整数，所以a的最大值为2.(2022•河南安阳•模拟浏(文))已知函数/6)=lnx-ax+(x-2)e\(1)当Q=1时,求曲线V=/(%)在点(1,7(1))处的切线方程；(2)当a>1时，/①)对任意的x6(-1,1)恒成立，求满足条件的实数b的最小整数值.【答案】(l)y=-l-e (2)-3【解析】(1)求出/G)在1=1处的导数值，求出/(I),即可得出切线方程；(2)不等式化为(x-2)ex+Inc—%对任意的66 恒成立即可，构造函数g(c)=(%—2)e"+Inc-c,利用导数求出最大值即可得出.当q=1时J(%)=Inx—(x-2)e工,r(rr)= -14-(x—De'则/(l)=-1—=0,所以切线方程为y=-l—e.⑵因为对任意的信,1)恒成立,即b>(x—2)ex4-Inx—ax,当a>l时，对任意的x€(4,1)恒成立，a>1,x>0,/.(x—2)ex+Inx—ax^(x—2)ex+Inrc—x,只需心(6—2)"+111。-0对任意的2：€佶,1)恒成立即可.构造函数g(%)=(x—2)ex+Ina;-x,g<x)=(x—l)eI+——1=(x—l)(ex——),x€(寺,1),J力一1V0,且t(x)=。工一十单调递增，V^(*2~)=e7—2<0,t(l)=e—1>0,:.一定存在唯一的人€弓,1),使得£(c0)=0,即eIl,=—,x0=-Inxo,血且当［viVr时，t(x)V0,即g'(c)>0;当rVcVI时，t(x)>0,即g'(z)<0.o所以函数g=g(力)在区间借，力0)上单调递增,在区间(x0,l)上单调递减，g(c)max=g(c)max=g(6o)=(a^o-2)eI(,+lnx0—x0=1-2弧+专)€(-4,一3),所以b的最小整数值为-3.(2022•陕西汉中•二M(«))已知函数/(①)=e，+qi-3,曲线g=/(c)在点(0,/(0))处切线方程为y=-2.

⑴求实数a的值及函数/(c)的单调区间；(2)若工>0时，(m—工)6，V小+2,求整数m的最大值.【答案】(1)。=-1,单调递增区间为(0,+8),单调递减区间为(-8,0) (2)2【解析】(1)根据所给的条件，写出在(OJ(O))处的点斜式直线方程即可求出a;(2)参数分离，构造函数，由函数的单调性即可求解.(1)函数/(H)的定义域为(—8,+8),因f'(x)=ex+a,/'(。)=l+a,在(0J(O))处的切线方程为：y—/(O)=f'(0)(工一0),由己知得/(0)=-2,y=(1+a)x—2，所以a=-1;由/'(工)=6工一l>0得rr>0,由/'(z)V0得nVO,所以函数/(0的单调递增区间为(0,+8),单调递减区间为(―OO,0)；⑵z>0时，不等式(m—Ge"Vm+2等价于m<ze+2,e—1令g(,)=詈号，则g，(,)=隼与，e-i 〈e-i)由(1)得八(工)=e，一工一3在(0,+<»)上单调递增，又因为Ml)V0,”2)>0,所以/(工)在(0,+8)上有唯一零点r，且1VAV2,当工€(l,rrn)时，g'Q)V。，当；rW(如+8)时，丁(工)>0 ,所以g(x)的最小值为9(的),由g'(g)=0得e10=g+3所以g(ro)=So(xo所以g(ro)=So(xo+3)+2%+2=□7()+1,由于1<的<2,,所以2Vg(rrO)<3,因为mVg(g),因为mVg(g),所以m的最大值为2;综上，a=-l,函数/㈤的单调递增区间为(0,+8),单调递减区间为(-8,0),m的最大值为2.8.(2022•湖北省仙桃中学模拟覆测)设函数fQ)二3一以工)=Ini+71,771、71为实数,大值为二e-⑴求九的值；(2)若与〉xg(x),求实数m的最小整数值.e【答案】(2)1【解析】(1)求定义域，求导，得到?㈤在工=小”处取得极大值，也是最大值，进而列出方程，求出?后，利用隐零点得到h(x)="In二"在Z二亚处取得极大值，也是最大值，令0(a;)=②e e大值的范围，确定实数m的最小整数值.(1)若尸(工)=等有最=-1；(2)参变分离二,立€(孑,4),求出最尸3)=旦磬=也环卫，定义域为(o,+8),尸㈤二上坐二四，X当OVaiVe""时，F(x)>0,当arAei-"时，F(x)<0,所以Fix')在N=e""处取得极大值，也是最大值，所以P(a;)=1一：[" ■，解得:n=-l;ee⑵叱>x(lnx-1),即mex~3>x(lnx-1),ezm>H黑;1),令h(x)=子，定义域为(0,+8),令9(c)=Inx—x\nxd-rc,x>0则d(c)=——\nx-1+1=——Inx,可以看出<pf(x)=)-Ini在(0,+8)单调递减,又/⑴=l>0,d⑵=专-1112V0,由零点存在性定理可知：三的€(1,2),使得/(如)=0,即2-=Ing,当(o,g)时,d(c)>0,当①G(如+8)时,d(土)V0,0(1)在①=x()处取得极大值,也是最大值，0(c)max=0(g)=Ing-glng+亚=*-1+g>2,专・血-1=1,配■)=—+卷+9=看-lVO，*Q)=ln孑-字!++[=£—/呜=旦7-5呜)>0,9⑷=4-61n2V0,故存在皿W(卷物),x2E(孑,4),使得0(的)=0,夕(①2)=0,所以当①£(皿,。2)时，0(2)>0,当①£(0,为)U(如+8)时，0(c)<0,所以“(c)=I”'_；丫产+%在力€(xbx2)上大于0,在6€(O,Xi)U(x2,+o>)上小于0,所以拉(N)=”"n：3I'在力€(如力2)单调递增，在(0,xi),(x2,+oo)上单调递减，ec, . »/\x(lnx-1)cis、且当4Ve时，h(x)= 』 V0恒成立，37(Injz—1)所以从工)= 工 在工=g处取得极大值，也是最大值，其中lnx2—x2lnx2+x2=0,,/、x2(lnx2-1)lnx2_/7从g)= 防K =凝石，啊6(爹用令6(工)=告净，x6舟4)——1nz — ——]n工。'㈤=Xex-3-，当工€(y-4)时,“㈤=Xer-3—<0»Iny故0(Z)V—1,尸所以实数rn的最小整数值为1.【点睛】对于函数隐零点问题，要结合零点存在性定理得到隐零点的大致范围，然后对函数值进行变形，最后确定函数值的取值范围，确定参数的取值范围.9.(2022•全国通弹大附中模板H测(理))已知函数/㈤=e-I+sinx—ax，g(c)为f(x)的导函数.(1)证明：当a=0时，函数。㈤在区［0,y］内存在唯一的极值点xa,V2<2cosx()<V3；(2)若/(x)在(0,7T)上单调递减,求整数a的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)amin=l【解析】(1)求导,根据导函数的符号以及零点存在定理可以证明；(2)求导后，参数分离，构造函数求最大值即可.当a=0时，f(:r)=e~x+sinx,g(x)=f'(x)———e-1+cosx,g'(x)=e-1—sinx,xG［。奇］,令八®=g'(x),则h'(x')——e~x—cosx<0，所以导函数g'(H)在区间［。,专］单调递减，又，信)=eJ-/>——/=看_/>0,g肾)=>_乌</_:=看一4<0,据零点存在定理可知，g'(土)存在唯一零点ge［韦千］,使得9,(的)=ef-sinx0=0,所以当z€［0,xo)时，g'(z)>0,g(:c)在区间［0,