2023一轮复习重难点专题突破专题10 利用导数解决一类整数问题（解析版）

2023一轮复习重难点专题突破专题10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/(x)=x-lnx-2.

(1)求函数在(L/(I))处的切线方程

(2)证明："X)在区间(3,4)内存在唯一的零点；

(3)若对于任意的工«1,用)，都有xlnx+x>Mx-l),求整数上的最大值.

【答案】

(1)j=-1;

(2)见解析：

⑶3.

【分析】

(1)根据导数的几何意义即可切线；

(2)先利用导数证明/(x)在(3,4)上单调递增，再结合零点存在定理，得证；

⑶参变分离得生呼，令g(x)=^牛，原问题转化为求g(x)在(1，+s)上的最小值，结合(2)

x-1X-1

中结论和隐零点的思维，即可得解.

(1)

v/(x)=x-lnx-2,

・•・/'⑴=0，

・•・/(x)在(1,-1)处的切线为y=-l；

(2)

证明：•••/(x)=x-lnx-2,

当xe(3,4)时，/,(x)=l-1>0,

・•・/(x)在(3,4)上单调递增,

•：f(3)=3-ln3-2=l-ln3<0,f(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,

・•・/(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点.

(3)

vxlnr+x>Z:(x-l),且％e(l,+oo),

,xlnx+x

k<---------

x-1

人/、xlnx+xe,(\x-\nx-2

令g(x)=^TT，则g(”)=(1)2'X>1'

由(2)知I,/(x)=x-lnx-2在。,+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/e(3,4),则/(%)=工()-岫-2=0,

故当》€(1,/)时，/(x)<0,即g[x)<0,g(x)在(1,%)上单调递减,

当xe®,+8)时，/(x)>0,即g'(x)>0,g(x)在(%,+8)上单调递增，

g(x)mi„=g(%)=4一?+久丫&4),

%Txo~[

•./<g(x)min=%«3,4),

故整数上的最大值为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+Inx-(2+1)X,(awO).

(1)当时，求函数〃x)在点(1J0))处的切线方程；

(2)令尸(X)=4(X)-X2,若尸(x)<l-2"在xw(l,+8)恒成立，求整数。的最大值.(参考数据：ln3<g,

ln4<—).

4

【答案】(1)x-y-3^0；(2)3.

【分析】

(1)(1)当a=，时，得到〃x)=2x2+lnx-4x,求得/(x)=4x+'-4,得出/⑴=1,且/⑴=-2,

2x

结合直线的点斜式方程，即可求解.

(2)把尸。)<1-2依在(I,”)转化为"炉在xe(l,+8)恒成立，令〃(》)=炉，利用导数求得函数

InxInx

的额单调性，零点的存在定理得到存X)在(1,X°)上递减,在(X0,+«)上递增,从而求得aS(X)mm=Xo,即可

求得整数”的最大值.

【详解】

(1)(1)当。=,时，可得/(》)=2》2+111工-4工，则/''(x)=4x+^■-4,

2x

可得八1)=1,且/⑴=2+1包-4=-2,

即函数/(x)在点(1,-2)处的切线的斜率无=1,

所以切线方程为y_(_2)=x_l,即x_y_3=0,

函数〃x)在点(1J⑴)处的切线方程x-y-3=0.

(2)由尸(工)=如(%)一工2=〃inx-(2a+l)x,

因为F(x)<l-2ax在(1,内)恒成立，即a\nx-(2a+\)x<\-2ax在。，十⑹恒成立，

即a<汉在恒成立，

Inx

।1।

人7/、%+t].—Inx-------1

令h(x)=----,x>\可r4H得x，

Inx9〃(x)=—------

In'x

令f(x)=lnx-L-l(x>l),可得f(x)在。,田)上单调递增，且f(3)<0/(4)>0,

X

所以存在不w(3,4),使得，(%)=In/-------1=0,

%

从而人(X)在(1,%)上单调递减，在(々,+8)上单调递增，

h

诉I、J〃(x)min=M==xoe(3,4)

所以lnx0_L+i，

%

Y4-1

因为—在(1，+8)恒成立，所以。<6(x)min=Xo,

Inx

所以整数。的最大值为3.

例3.已知函数/(x)=x-lnx-2.

(1)证明：/(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点；

(2)若对于任意的xe(l,+8),都有xlnx+x>/(x-l),求整数〃的最大值.

【答案】(1)证明见解析；(2)3.

【分析】

(1)先利用导数证明/(x)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〃<,令黑幻=生?，原问题转化为求g(x)在(1,+8)上的最小值，结合(1)

x-1x-1

中结论和隐零点的思维，即可得解.

【详解】

(1)证明：Vf(x)=x-\nx-2,

X

当xw(3,4)时，/'(x)=l-->0,

X

・・・/(%)在(3,4)上单调递增，

・.・/(3)=3-ln3-2=l-ln3<0,/(4)=4-In4-2=2-In4>0,

・•・/(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点.

(2)解：Vxlnx+x>^(x-l),且xc(l,+8),

..xlnx+x

..k<-----------

x-1

令名(上他彳，则g，(x)=—!『

X>1,

x-1(x-1)

由(1)知，/(x)=x-lnx-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％w(3,4),则==

故当xe(l,x°)时，/(x)<0,即g'(x)<0,g(x)在(1,%)上单调递减，

当xe(xo，+oo)时，/(x)>0,即g，(x)>0,g(x)在(%,+oo)上单调递增，

•.•g(x)*=g(x°)=巫平=比上半&。€(3,4),

%-1x0-\

：.k<g(x)min=x0e(3,4),

故整数％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/(x)满足/(4+x)=/(4-x),且当xe(0,4］时，"》)=色0工，关于丫的不等式

X

/2(x)+4(x)>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：•••/(X)是偶函数，.•.f(-x)=/(x),

•••/(4+x)=/(4-x),•••/(8+x)=/(4-(4+x))=f(-x)=f(x),

.•・/(x)的周期为7=8.

当xe(O,4］时，/，⑴J-"2x)

.,.当0<x<j时，//(x)>0,当］<4时，f\x)<0,

.•./(外在(0卷)上单调递增，在《，4］上单调递减.

又/(1)=/〃2>0,f(4)=—=—>0,且/(X)是以8为周期的偶函数,

44

/.当x为整数时，/(x)>0，

■：f2(x)+4(x)>0在［-200,200］上有300个整数解,

.,./2(幻+/口)>0在(0,4］上有3个整数解，显然这三个整数解为1,2,3,

即/(x)+a>0在(0,4］上有三个整数解1,2,3.

ln6.

——+a>0

/(3)+a>03lnf)31n2

即4解得:----<4,

fW+a..O3ln2八3

4

例5.已知函数/(%)=产-奴(x>0),其中〃cR,e为自然对数的底数.

(1)试讨论/(x)的单调性；

(2)是否存在正整数“，使得/(x)..V而对一切x>0恒成立？若存在，求出〃的最大值；若不存在,

请说明理由.

【解答】解：(1)/'(x)=e*-a(x>0).

①若a,1,则f\x)>0恒成立，/(x)在(0,+oo)上单调递增；

②若a>l,令f'(x)=0,贝！|x=/“a,

当0<x</〃a时，f'(x)<0,/(x)单调递减：当x>历a时，/'(x)>0,/(x)单调递增.

综上所述，

当a.1时，/(x)在(0,+oo)上单调递增；

当°>1时，/(x)在(0,/〃a)上单调递减，在(/〃a,+oo)上单调递增.

(2)要使/(x)=e*在(0,+8)上恒成立，则二-0-/nx...O在(0,+8)上恒成立,

xx

f>xft

令h(x)=-7-----lnx(x>0)，

xx

则h\x)----1-3=-_^)X_.

XXXX

①当a=2时，〃(x)=(x2)(：'x),

由e，>x知,〃(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+a))上单调递增.

•••h(x)min=A(2)=^--/«2-l>0,

a=2满足题意.

②当a>2时，，当2cx<Q时，函数〃(x)的取值情况，

2<x<a,/.x-2>0,x-a<0.

又，〉x,(x-2)ex>(x-a)x,B[Jh\x)>0,

.•.当a>2时，6(x)在(2,a)上单调递增.

不妨取a=3,则函数/?(%)在(2,3)上单调递增，

3

v2<e<3,S.h(e)=ee-2

e

:.h(x\..O不能恒成立.

综上所述，正整数。的最大值为2.

例6.已知函数/(x)=—?(x>0),其中“eR,e为自然对数的底数.

x

(1)若函数/(x)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x>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)/(》)=二竺=£1-。，y，(x)=e'(x「l),

XXX

令/，(x)>0,得X>1,令r(x)<0,W0<X<1,

函数”X)在(0,1)上单调递成，在(1,+00)上单调递增，

=f⑴=e-a，

函数/(x)有两个零点，f(1)<0,

..a的取值范围为(e,+oo)；

/一(IX

(2)要使/(x)=------./历%在(0,+8)上恒成立，

X

即使4-q-碗..0在(0,+8)上恒成立，

x~X

令h(x)=二一巴-lnx(x>0),

XX

则〃⑴二色3十二」=口更吉吗

XXXX

①当a=2时，//(x)=(X-2)(gA-¥),

由e*>x知〃(x)在(0,2)单调递减,在(2,+oo)单调递增,

•••力(XU”=h(2)=^-ln2-l>0,

:.a=2时满足题意;

②当a>2时:考查a>x>2时，函数〃(x)的取值情况:

a>x>2,x-2>0,x-a<0

又e*>x,(x-2)ex>(x-a)x,即hf(x)>0,

.•.当a>2时，6(x)在(2,a)上单调递增,

取a=3,则函数〃(%)在(2,3)上单增,

3

•/2<e<3,K/i(e)=e-2---l<0,

:.h(x)...O不能恒成立,

综上，a的最大正整值为2.

例7.已知集合/={x，+2x-3>0},集合8={x|x2-2ax-L0，a>0}.

(I)若a=1,求；

(II)若/「p中恰含有一个整数，求实数〃的取值范围.

【解答】解：(I)4={x|X?+2x-3>0}={x|x>1或x<-3},

当a=l时，由x2-2x-l”0,

解得：1-7Z,x,1+V2,即8=［1-0，1+五］,

.•.始8=(1,1+V2］；

(II)函数y=f(x)=x2-2ax-1的对称轴为x=a>0,

/(0)=-1<0,且中恰含有一个整数，

根据对称性可知这个整数为2,

4一4。一1..0

f(2)„0且/(3)>0,即

9-6(7-1>0

解得：a<~.

43

题型三：整数解问题之虚设零点

例8.设函数/(x)=lnx,g(x)=ar+^~--3(ae/?).

(1)求函数函x)=/(x)+g(x)的单调增区间;

(2)当。=1时，记6(x)=/(x).g(x),是否存在整数2，使得关于x的不等式”26(x)有解？若存在,

请求出2的最小值；若不存在，请说明理由.(参考数据：ln2*0.6931,ln3=1.0986)

【答案】

(1)答案见解析

(2)存在，2的最小值为0

【分析】

(1)求出函数的导数，就。的不同取值可求”(x)>0的解，从而可得函数的单调增区间.

21

(2)利用导数结合虚设零点可求-qv/Kx刈mV-］，从而可得整数力的最小值.

(1)

因为0(X)=/'(X)+g(x)=Inx+ax+----3(x>0),

x

所以9,3,+"。=++二("上3-(吁皿》+为>0),

XXx~x~

①当a=0时，由d(x)>0,解得x>0；

②当Q>1时，由“(X)>0,解得X>---;

a

③当0<4<1时，由d(x)>0,解得x>0；

④当a=1时，由“(x)>0,解得x>0；

⑤当a<0时，由夕‘卜)>0,解得0<x<

综上所述，当a<0时，9(x)的增区间为|0,

当04a41时,9(x)的增区间为(0,+8)；

>1时,9(x)的增区间为

(2)

当a=l时，g(x)=x-3,所以"(x)=(x-3)lnx,

x-33

而h\x)=lnx+----=Inx——+1,

xx

因为y=In》/=-,均为(0,+力)上的增函数，

x

故"(x)=lnx--+1为(0,+8)上的增函数，

X

而l(2)=ln2-g>0,%'(|)=lng-l<0,

3

故"(x)在(0,+8)上有且只有一个零点％,-<x0<2

3

且lnx()=-----1且xe(O,Xo)时,h\x)<0；当xe仇,+<»)时，h\x)>0,

xo

故〃（x）在（0,%）上为减函数，在（%,+00）上为增函数,

(39

故〃(x)min=〃(工0)=(工0—3)1。％0=(/_3)-----1=6-/+一

\xo7\xoJ

313920

因为大</<2,所以彳</+一<丁,

22/3

-2,(91

所以一§<6_x0+—<——

X。2

而整数2,使得关于X的不等式有解，故”之0,

故存在整数4满足题意，且4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）=xlnx+Ax-3左，求:

（1）当人=1时，求曲线/*）在点（L/。））处的切线方程;

（2）当x>3时，总有八支）>1,求整数％的最小值.

【答案】

(1)2x-y-4=0

【分析】

（1）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.

(1)

当％=1时，/(x)=xlnx+x-3

/(X)=lnx+2

.-./(1)=2/(1)=-2

・•・/(x)在点(1,/(1))处的切线方程为y+2=2(x—l)即2x—y—4=0

(2)

由题意，EPxlnx+Ax-3A>l,RPA(x-3)>1-xlnx,

又x>3,>Jxlnx恒成立

x-3

/、1-xlnx，/、3Inx-x+2

令Ag(x)=———,•••g(x)=——~

x-3(x-3)

令〃(x)=3Inx—x+2,则h'(x)=土三<0恒成立.

X

h(x)在(3,+oo)上递减，

vA(8)=31n8-6>0,A(9)=31n9-7<0

3x0e(8,9)使h(x0)=0,B|J3Inx0-x04-2=0,则Inx()=3/，

.•.当xw(8,Xo)时，g\x)>0,当x£(Xo，+oo)时，gf(x)<0

।_.与一2

g(X)max=g®)="X。，。=---~-3)

x0-3x0-333

因为k>g(X)m,x，S.keZ,.-.k>-3,即整数k的最小值为-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/(x)=(x-"l)，(其中e为自然对数的底数).

(1)当-=-1时,求函数/(X)的极值；

(2)若函数g(x)=/(x)+e2在xe(0,+8)有唯一零点，求实数%的取值范围；

(3)若不等式/(x)>3x对任意的xeR恒成立，求整数上的最大值.

【答案】

(1)极小值为-1,无极大值；

e

(2){2}U[e2-l,+oo)；

(3)-2.

【分析】

(1)利用导数可确定/(x)单调性，由极值定义可求得结果；

(2)利用导数可确定g(x)的单调性；当左V0时，可知g(O)<0,解不等式可知无满足题意的值：当">0

时，根据g(xL=g(A)，分别在g优)>0,g(4)=。和g(4)<0三种情况下，根据g(x)在X«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令.x)=x-l常得g)/号,令m(x)=e'+3x-3可

确定现大；,；)，使得加(%)=0,由此可得〃(力疝„=〃(%),进而得到〃伉)的范围，从而得到h

(1)

当％=-1时，/(x)=xe*,则尸(x)=(x+l)e',

二当X€(-OO,-1)时，r(x)<o；当X€(-l,+8)时，/，(X)>O;

•••/(X)在(-8,-1)上单调递减，在(-1,+8)上单调递增，

・••/(x)的极小值为/(-I)=-2,无极大值.

e

(2)

'''g[x}={x-k-\)ex+e2,g，(x)=(x-A)e*,

.•.当xe(-8㈤时，g,(x)<0；当xw(%,+oo)时，g〈x)>0；

・•.g(x)在(-8,左)上单调递减，在陆+8)上单调递增;

①当％40时，g(x)在(0,+8)上单调递增，若g(x)在(0,+8)上有唯一零点，则g(0)<0,

即一Z-l+e2<0，解得：A：>e2-l>0(舍)；

②当先>0时,g(x)在(0㈤上单调递减,在任,+8)上单调递增；

当g便)>。即0<(<2时,g(x)而n=g(k)>0,则g(x)在(0,+s)上无零点，不合题意;

当g(&)=0,即左=2时，g(x)在(0,+8)上有唯一零点x=2,满足题意;

当g(%)<0,即人>2时，由g(A+l)=/>0得：g(A)g(%+l)<0,

，g(x)在化左+1)上有唯一零点，此时需g(o)=-k-l+e2V0,即发“2_i；

综上所述:当无=2或左*2-1时，g(x)在(。,+8)上有唯一零点，

即实数上的取值范围为{2}U[e2-l,y).

(3)

若/(x)>3x对xeR恒成立，即(x-左一1)，>3x对xeR恒成立，贝-亍,

令〃(x)=x—I-手，则=写，e'+：3,

令加(x)=e、+31一3,则W(x)=e*+3>0,加(x)在R上单调递增，

=使得加(x())=0,

即e"+3x0-3=0,

则当xe(-co,/)时，/(x)<0；当xe(Xo，+8)时，/(x)>0；

.•・/7(X)在(-8,%)上单调递减，在(X。,+8)上单调递增，

="(%)=%T卡=%-1=%-1+-^=毛-141+：,

…心小’...geC，

“<〃(%),•••整数人的最大值为-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，即若恒成立，则若恒成立，则1nM.

例H.已知函数/(x)=x-lnx-2.

(1)求函数在(L/(l))处的切线方程

(2)证明：/(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点；

(3)若对于任意的xe(I,E),都有xlnx+x>Mx-l),求整数上的最大值.

【答案】

(1)y=-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/(x)在(3,4)上单调递增，再结合零点存在定理，得证；

(3)参变分离得生中，令8(》)=独竺乎，原问题转化为求g(x)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.

(1)

v/(x)=x-lnx-2,

.-./(i)=-i,r(x)=i-1,

"'(1)=0,

・・•/(力在(1,-1)处的切线为y=-l；

(2)

证明：•・・/(x)=x-Mx-2,

.・仆)=1一,

当xe(3,4)时，/,(x)=l-->0,

X

・••/(X)在(3,4)上单调递增，

•••/(3)=3-ln3-2=l-ln3<0,f(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,

・••/")在区间(3,4)内存在唯一的零点.

(3)

•・・xlnr+x>%(x-l),且%£(1,+8),

.xlnx+x

：.k<------,

x-\

人/、xlnx+xEI，(\x-lnx-2

令g('卜K'则g(x)=^T'Qi，

由(2)知I,/(x)=x-lnr-2在(1,+s)上单调递增，且在区间(3,4)内存在唯一的零点，

设该零点为/e(3,4),贝(/'(%)=%-叭-2=0,

故当x«l,Xo)时,f(x)<0,即g'(x)<0,g(x)在(1,%)上单调递减,

当xe(x(,,+8)时，/(x)>0,即g[x)>0,g(x)在(%,+8)上单调递增，

g(x焉=g(%)=他中=4-2)+旌丫&4),

%Txo~[

•./<g(x)min=%«3,4),

故整数”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•晋中市新一双语学校模拟预测(文))已知函数/(x)=we\g(x)=lnx+l.

(1)若函数“X)与g(x)有公共点,求〃?的取值范围；

(2)若不等式〃x)>g(x)+l恒成立，求整数机的最小值.

【答案】(1)"?w,；(2)最小值为1.

e

【分析】

(1)由/(x)=g(x),可得w=!号I，函数/(X)与g(X)有公共点，即mI有解，设人⑺=黑：।,

求导数，求出函数〃(x)的值域即可.

(2)不等式〃x)>g(x)+l恒成立，即机e，-hu-l>0恒成立，当x=l时，we>lnl+2成立，解得"，>：,

故旭21.再验证m=1时，不等式成立即可得出答案.

【详解】

解：(1)令〃x)=g(x),即〃*=时+1,则加=也?，

函数“X)与g(x)有公共点，即〃?=埠1有解.

lnr+1-Inx-1

令〃(x)=则“3=x

令"(x)=2-lnx-l=--ij-lnr,

当x>l时，--l<0,lnx>0,所以人(力<0,当0<x<l时，--l>0,lnx<0,所以％(x)>0

XX

所以〃(x)在(0』)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

所以〃(力4"1)=」且当X—0时，/(x)ffo

e

所以加<一.

e

(2)不等式/(x)>g(x)+l恒成立，即初--欣-1>0恒成立.

2

则x=l时，me>lnl+2成立，解得〃?>一，

e

由题意求满足条件的整数加最小值，下面验证机=1是否满足题意.

当m=1时,令掰(x)=ev-Inx-2,(x)=er-—,且"(x)在(0,+功上单调递增.

又“⑴>0,噌卜0,可知存在唯一的正数X。eg,1｝使得，〃(x0)=0,

即ex°--=0,

%

贝在(0,x。)上单调递减，在国,+8)上单调递增.所以=加(%)=e'。-1叫-2=―^。-2>0,

xo

即当也=1时,不等式/(x)>g(x)+l成立.

故整数〃?的最小值为1.

【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X=1时，不等式〃?e>lnl+2成立，求处一个参数的范围，然后根据题目要求再验证加=1满足条

件，从而得出答案.属于中档题.

例13.(2021•北京•北师大二附中未来科技城学校高三阶段练习)已知〃x)=sinx,g(x)=lnx,

/?(x)=x2-ax-I.

(1)若xe[O,l],证明：/(x"g(x+l)；

(2)对任意xw[O,l]都有e/(，)+“x)-g(x)>0,求整数。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使得k(x0)=O,F'(x)>o在(0,1)上恒成立上可以证

明尸(可在定义域上的单调性，可知尸(x)20,便可证明结论.

(2)先判断整数可知esm"+x『一ar-l-lnx2eM*+x2—2x—l-lnx，接着证明

〃(x)=*、+x2-2x-l-lnx>0在区间(0,1］上恒成立即可可出结论.

【详解】

解：

(1)证明：设尸(x)=sinx-ln(x+l),(04x41),则F(x)=cosx——g.

因为k(x)=V5-sinx,且xe［o』］

(x+1)

则尸(x)在［0,1］,单调递减，^-sinl<0,尸(x)<F"(O)=l

所以存在唯一零点/e(0,1)，使得产(%)=0

则尸'(x)在(0,%)时单调递增，在(x0,l)上单调递减

又F'(l)=-g+cosl>--^+cos—=0,尸(0)=0

所以广(x)>0在(0,1)上恒成立上，所以尸(x)在［01］单调递增

则尸(x)2尸(0)=0,即尸(x)NO,

所以/(x"g(x+l).

(2)因为对任意的xe(O,l］,e/(x)+/i(x)-g(x)>0

即esint+x2-ax-l-lnx>0恒成立

令x=l,则网ba

由(1)知sinl>ln2,所以2=e®?<*'<3<3

由于。为esM*+x2-ax-l-lnx>0整数，则“42

因此eshl*+x2-ar-l-lnx2esm、+x2—2x-l-lnx

下面证明，(x)=esinv+x2-2x-l-lnx>0,在区间(0,1］上恒成立即可.

由(1)知|sinx>ln(x+l),Jl!iJesinx>x+l

故Z/(x)>x+l+x2-2x-l-lnx=x2-x-lnx

设G(x)=x2-x-lnx,xe(O,l］,则G［x)=2x-］」=⑵+1)(、f«0,

XX

所以G(x)在(0,1］上单调递减，所以G(x)2G⑴=0,所以"(x)>0在xe(O,l］上恒成立.

综上所述，。的最大值为2.

例14.是否存在正整数。，使得对一切》>0恒成立?试求出。的最大值.

解:易知e'—acNx21nx对一切x>0恒成立，当x=l可得a«e,则a仅可取1、2

x2(x-2)(ev-x)

下证a=2时不等式恒成立，设g(x)=丁e——lnx,g〈x)=------\-----L

x~XX

g(x)在(0,2)单调递减，(2,+8)单调递增，g(x)>g(2)=^(e2-4-41n2)>0

当a=2时，不等式恒成立，所以a最大为2.

例15.x>2,左〈三叱三，求k的最大整数值.

x-2

解:令/(X)=弛?，显然左</(/)=本彳€(4,5)

x-2''e-2

因此大的最大整数值可能是4,下证k=4时恒成立

1xe2e2

由InxNl——=>In—>1----BPInx>3----

xe-xx

；e?、

x3----+x

2

//、xlnx+x、48-e，

所以/a)=——>——=4+----->4

x-2x—2x—2

【过关测试】

1.(2022•吉林・长春市第二实验中学高二期中)设函数/(x)=e'-2ax-l,g(x)=x+l.

⑴讨论/(x)的单调性;

⑵若。=；,且不等式(xd)/'(x)+g(x)>0对Vxe(0,+8)恒成立，求整数女的最大值.

【答案】(1)见解析

(2)2

【解析】

【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数符号从而确定函数单调性;

(2)分离参数得A■〈空±1对Vxw(0,+8)恒成立，构造函数，研究其最小值，然后求出％的最大值.

ev-l

(1)

ff(x)=ex-2a,XGR

当a«0时，在X«f0,+8)上/'(X)>O恒成立，/(x)单调递增；

当a>0时，令"(x)=0,解得x=ln(2a),

在xe(YO,ln(2叫上八x)<0,〃x)单调递减；

在xe(In(2a),+8)上/'(x)>0恒成立，/(x)单调递增.

综上：当a/0时，/(x)在xe(-oo,+oo)上单调递增；

当a>0时，/(X)在x«-«>,ln(2a))上单调递减，在xe(ln(2q),+8)上单调递增.

(2)

因为e=1>0,所以原不等式等价于％<对Vx«0,+8)恒成立，即人〈鹳?

人/、xex+l/，()_斗_—2)

令g)=/，人⑸-

x

令〃'(x)=0,BPe-x-2=0,令"(x)=e*-x-2,

因为H'(x)=e*-l>0,所以〃(x)在xe(O,+s)上单调递增，

因为H(1)=e-3〈0,H(2)=e2-4>0

所以孙,e(1,2)使得(x)=0,即e&-%-2=0

在xe(O,Xo)上，//,(x)<0,H(x)单调递减；

在xe(Xo，+<»)上，〃'(x)>0,”(x)单调递增，

所以

又因为/e(l,2),所以V(x)1ntoi(2,3),

又keZ,所以％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/(x)=(a-l)x+ln三awR).

(1)讨论函数/(x)的单调性与极值；

■11r13"

(2)当a=0时，函数g(x)=/(x)-(2-x)e9-,1上的最大值为3,求使得"不上+§上的整数左

的值(其中e为自然对数的底数，参考数据：In0.5*-0.7,In0.6=-0.5).

【答案】(1)单调性见解析，极大值为T-ln(l-a),无极小值

(2)-4

【解析】

【分析】

(1)对函数/(X)求导，并对。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.

(1)

f'(x)=a-\+-,xe(0,+oo).

x

当即a.』时，/'(x)>0恒成立，则函数/(x)在(0,+8)上单调递增，无极值;

当即a<l时，令/'(x)=0,即.一1+!=(纥］口上1=0,解得x=-L,

xx\-a

当xe(o，E)时，r(x)>0,故函数/(X)在(o,占)上单调递增；

当时，r(x)<0,故函数/(x)在(乙,内)上单调递减，

所以当x=J—时，函数/(X)取得极大值，且极大值为//丁匚〕=一1+田4=-1一历(1-〃).

综上所述，当时，函数/(x)在(0,+8)上单调递增，无极值；

当时，函数“X)在fo,4］上单调递增；在上单调递减，在工=J一处，/(x)取得极大

值，且极大值为T-ln(l-。)，无极小值.

(2)

依题意,当。=0时，g(x)=lnx-x-(2-x)ev,

g'(x)=，-l+(x—l)e'=4+(x—l)e,=fe'-(x-1：,

xxVx)

因为xe,所以X-L.0.

_4

令〃(x)=e、—,x€一,1,

x[_4_

贝|]〃'。)=6'+2>0在J」上恒成立，所以〃(X)在上单调递增.

X214」14」

又h(0.5)=eO5-2<0,〃(0.6)=e°-6-1>0,

1311

所以存在,使得〃(%)=0,即e&=一,

_23」XQ

则当x4；,x。)寸，"(x)<0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在(；,/)上单调递增：

当xe(x0,l)时，A(x)>0,则g'(x)<0,所以函数g(x)在(x0,l)上单调递减，

xxv

所以函数g(x)在±=g(x0)=Inx0-x0+(x0-2)e°=Inx0-x0+xoe°-2e°.

X1_L1

又因为e°=一所以6=In/-/+1---,x0G

x。%255

令G(x)=lnx-x+1——,XG—

x\_25

313

则即)==+了>0在匕-上恒成立，所以函数。(%)在上单调递增,

所以卜夕

EL11…「⑶।33।10-

因为夕-=ln---+l-4«-4.2,(p\-=ln---+l-—«-3.4,

\4j乙乙、j,jjj

13

所以5G[-4.2,-3.4],又be,，所以整数，=-4.

3.(2022•江苏•南京市江宁高级中学模拟预测)设函数/(x)=e，+〃sin2x+b.

(1)当。=；,xe[0,+8)时，/(x)20恒成立，求6的范围；

(2)若“X)在x=0处的切线为x-丁-1=0,且/(x)>ln(x+〃7)-2,求整数加的最大值.

【答案】⑴[-L+功；

(2)2

【解析】

【分析】

(1)求出当a=；,xe[0,E)时/(x)20,只需要/(、)„„„云0；(2)先根据切线的条件求出参数。力，在

类似(1)中用恒成立的方式来处理.

(I)

由f(x)=，+〃sin2x+力，当a=g时，得f\x)=ex+cos2x.

当xw[0,+oo)时,ev>l,cos2xG[-l,l],所以/'(x)=靖+cos2x〉0,即/(刈在[0,+8)上单调递增，所以

/(X)min=/(0)=1+"由八幻20恒成立，

得1+620,所以6N—1,即b的范围是[—1,+8).

(2)

由f(x)-0，+asin2x+b得f\x)=ex+2QCOS2X,且/(。)=1+6.

由题意得/'(0)=e°+2〃=1,所以〃=0,

又(01+b)在切线x—y—1=0上.

所以0—1—1—6=0,所以6=-2,HPf(x)=e'—2.

因为因为>ln(x+m)-2,所以有ex>ln(x+w).

令/=">0，则e'>ln(x+加)等价于，>ln(x+加)，即工+加<?'，从而优<—x=d—Inf.

设g(f)=d-lnf,则g")=e'-，.

易知g\t)在(0,+a))上单调递增,且g'(；卜G-2<0,g'⑴=e-l>0.

所以，由函数零点存在性定理知，存在唯一的使得g'&)=0,

,1

即e"=7，则"=-In".

当te(0,幻时，g\t)<gg)=O,g(f)在(O,f0)上单调递减;

当t€&,+8)时，g'(t)>g'%)=O,g(f)在(Zo)+°°)上单调递增.

从而g(/)min=g(/o)=e"Tn，0=f0+/.