培優(yōu)點10整數(shù)解問題

錄

01重點解讀........................................................................2

02思維升華........................................................................3

03典型例題........................................................................4

題型一：直接法....................................................................4

題型二：分離參數(shù)法................................................................6

題型三：分離函數(shù)法...............................................................10

題型四：隱零點法.................................................................14

題型五：必要性探路法.............................................................17

04課時精練.......................................................................20

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利用導(dǎo)數(shù)解決整數(shù)問題是高考數(shù)學(xué)中的一類特色題型，常出現(xiàn)在導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用題中。這類問題通常結(jié)

合函數(shù)單調(diào)性、極值以及整數(shù)取值范圍進行考察。

解題時，首先通過求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)性和極值點，確定函數(shù)在不同區(qū)間的變化趨勢。接著，根據(jù)題

目條件，結(jié)合函數(shù)圖像或性質(zhì)，找出滿足整數(shù)條件的自變量取值范圍。這往往需要利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)在關(guān)

鍵點（如整數(shù)點）的取值情況，或通過放縮法、不等式估計等方法確定整數(shù)解的邊界。

高考中，這類問題注重考查學(xué)生的邏輯思維能力和數(shù)學(xué)運算能力。備考時，應(yīng)加強對導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的理解,

熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)單調(diào)性和極值的方法，同時注重整數(shù)問題的解題技巧訓(xùn)練，如合理放縮、利用

函數(shù)單調(diào)性縮小范圍等。

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02思維升華

利用導(dǎo)數(shù)解決整數(shù)問題，關(guān)鍵在于結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與整數(shù)取值范圍進行推理，以下是具體方法總結(jié)：

(1)求導(dǎo)分析單調(diào)性：對目標(biāo)函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)單調(diào)性，確定函數(shù)的增減區(qū)間和

極值點。

(2)確定關(guān)鍵點取值：計算函數(shù)在整數(shù)點或關(guān)鍵點(如極值點、邊界點)的函數(shù)值，明確函數(shù)在這

些點的取值范圍。

(3)結(jié)合整數(shù)條件推理：根據(jù)題目要求的整數(shù)條件，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和關(guān)鍵點取值，推理出自變量

的整數(shù)取值范圍。例如，若函數(shù)在某區(qū)間單調(diào)遞增，且已知某整數(shù)點的函數(shù)值，則可推斷出該點附近滿足

條件的整數(shù)解。

(4)驗證與調(diào)整：對推理出的整數(shù)解進行驗證，確保其滿足題目條件。必要時，通過調(diào)整參數(shù)或進

一步分析函數(shù)性質(zhì)，縮小或擴大整數(shù)解的范圍。

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03典型例題1

題型一：直接法

【例1】（2025?湖北?模擬預(yù)測）已知函數(shù)/（力=祀2*+工+15＜0）.

⑴當(dāng)。=-1時，求函數(shù)J，=/（x）在點（0,/（。））處的切線方程；

⑵求函數(shù)/（x）的單調(diào)區(qū)間；

（3）若不等式/'（6+（。+2）/?0恒成立，求整數(shù)。的最大值.

【解析】（1）函數(shù)/（x）的定義域為R,/'（0）=l—2c2，L=-1,

則曲線在點（0.〃0））處的切線為V-0=-lx（x-0）.

即片t.

（2）因為/"）=1+2破2"

:"。時，由”小。,得f\加（-五1\，令?。?。，得"”1＜一五1

22a

1，1M

所以/(x)在-8;ln--上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.

k2))UI1X1））

綜上所述，/（》）的單調(diào)遞增區(qū)間為卜單調(diào)遞減區(qū)間為（gln（一

(3)依題知,/(x)+(a+2)e"0恒成立，即i+x+l+(a+2)e”0恒成立,

9(x)=x+ae2*+(〃+2)e，+l,xeR,

則“(X)=1+2ae2x+(a+2)ev=(aer+l)(2e￥+1),

當(dāng)a<0時，由力'(x)>0,得由〃'(x)<0,得

所以力(%)在卜31n,上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減,

則A(x)4〃1n-In-■-+a.(-)+(4+2)---+1W0恒成立,

整理得5so.

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設(shè)川(x)=ln，U]-Lx<0,則〃(幻=-1+4=1>0恒成立，所以“(X)在(-8,0)上單調(diào)遞增，又

\XJXXXX

aeZ,且小(-1)=0+1=1>0,加(-2)=ln^^<ln-J=H-+0

故整數(shù)〃的最大值為-2.

【變式7】已知函數(shù)/(x)=lnx+(q-2)k2a+4m>0),若有且只有兩個整數(shù)士使得/($)>0,且

/(x2)>0,則實數(shù)。的取值范圍為()

A.[In3,2)B.(0,2-In3]C.(0,2-In3)D.[2-In3,2)

【答案】B

【解析】由函數(shù)/(x)=lnx+(叱2)x-2q+4(a>0),可得八幻=：+。一2,其中x>0,

若“22時，r(x)>0,則/(X)在(0,e)上單調(diào)遞增，fi/(2)=ln2>0,

所以〃x)>0有無數(shù)個整數(shù)解，不符合題意，

若OV2時，當(dāng)xe(O,-一時，f\x)>0；當(dāng)——1T,+oo)時，

"2a-2

所以函數(shù)/(“在(0,—一二)上單調(diào)遞增，在(-一上單調(diào)遞減，

因為/⑴=2_Q〉0J⑵=ln2>0,所以/(3)=ln3+a_240,

所以aW2-M3,綜上可得，實數(shù)。的取值范圍為(0,2-M3].

故選：B.

【變式1?2】已知函數(shù)/(x)=ae'-2x.

⑴試討論函數(shù)〃x)的單調(diào)性；

⑵當(dāng)x>0時，不等式/(x)<(e-2)x+2e\a-l恒成立，求整數(shù)。的最大值.

【解析】(1)由/(x)=e—2x,求導(dǎo)得，/”(x)=北—2,

當(dāng)a?0時，r(x)<0,則/(工)在(一8,+8)上單調(diào)遞減，

當(dāng)G>0時，令/"(x)=0,則x=lnj

a

當(dāng)IC(一8,In1),r(x)<0,則/在18,In：)上單調(diào)遞減，

當(dāng)?吟+8),r(x)>0,則/⑺在(吟+8)上單調(diào)遞增，

故GWO時，“X)在(-8,+8)上單調(diào)遞減，

。>0時，/(X)在(-8,1,上單;周遞減，在l/,+a?]上單調(diào)遞增.

\a)k?J

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(2)由x>0,不等式/(%)<(e-2)K+2e*+a-l恒成立,

轉(zhuǎn)化為-ex+l-Q<0,

構(gòu)造函數(shù)g(x)=("2)e'-6+1-。，

求導(dǎo)g'(x)=(a-2)e-e

若。42時,則g'(x)<0,所以g(x)在(0,+8)單調(diào)遞減，

由于8(力<8(0)=-1<。對于x>0成立，

當(dāng)a=3時，則g(x)=e'-s—2,

故g'(x)=e「e,令g”)=0,解得x=l,

當(dāng)xc(O,l)時，gz(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)工?1,+8)時,g'(X)>0,g(X)單調(diào)遞增,

故g(x)mm=g(l)=e—e—2=—2<0,但是8(10)飛1°一10。一2>0,不滿足題意.

故整數(shù)。的最大值為2.

題型二：分離參數(shù)法

【例2】已知函數(shù)/(力=也『與函數(shù)g(x)=mx的圖象相交于不同的兩點彳(再,乂),8(占了2)，若存在唯一

的整數(shù)工?司,當(dāng))，則實數(shù)小的最小值是()

【答案】B

_.\nx+\―汨liir+1

［解析］由-----=〃次，可得〃?=——,

xx

.幾“、liu-+1...-rm-/\x-2x(lav+l)1-2(lav+1)-(2\nx+1)

設(shè)A(A)=——(x>0),可得=-----------———t——L=——L,

XXXX

令〃(x)=0,EP21nx+l=0,解得丫_\,

當(dāng)時，”(x)>5〃(x)單調(diào)遞增；當(dāng)時，〃(切<0,“X)單調(diào)遞減,

故當(dāng)x=e1時，函數(shù)取得極大值，目./?(￡；［=］

又由x=,時，〃(x)=0；

e

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當(dāng)iT+<?時，Inx+l>。,/>0,故〃（x）-0：

作出函數(shù)大致圖像，如圖所示：

由咐）=1,〃（2）=吟3暇

因為存在唯一的整數(shù)/￡（4工），使得歹=〃?與""）=寫整的圖象有兩個交點,

由圖可知：A（2）</?<//（1）,即竽

【變式2?1】（2025?安徽淮北?二模）若關(guān)于x的方程2d—3/一121+々=0有3個不同實根，則滿足條件的

整數(shù)％的個數(shù)是（）

A.24B.26C.29D.31

【答案】B

【解析】由2/-342?12%+〃=0，得2/_3/_]2%=-〃，

貝IJ關(guān)于x的方程2d—3.——12%+左=0有3個不同實根，

即為函數(shù)y=2f-3/-12工J=-上的圖象有3個不同的交點，

令f（x）=2f—3$—12n貝l」/”（x）=6--6x-12=6（x-2）（x+l）,

當(dāng)1>2或X<-1時，.f(x)>0,當(dāng)一l<x<2時，/'(x)<0,

所以函數(shù)/（X）在（2,位）,（-8,-1）上單調(diào)遞增，在（-1,2）上單調(diào)遞減，

所以/（x）極大值=/（-9=7,/"鼠、值=/（2）=-20，

當(dāng)[趨向負(fù)無窮時，/'（X）趨向負(fù)無窮，當(dāng)》趨向正無窮時，/（1）趨向正無窮,

作出函數(shù)/（力=2丁一3/一12x的大致圖象，如圖所示，

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由圖可得一20＜-kv7,所以一7vkv20,

所以滿足條件的整數(shù)〃的個數(shù)是19-（-6）+1=26個.

故選:B.

【變式2?2】已知/'（X）是函數(shù)/（.二）的導(dǎo)函數(shù)，且對任意的實數(shù)工都有/'（x）=J-/（x）（。是自然對數(shù)的底

數(shù)），/（0）=0,若不等式/（X）-七之0的解集中恰有三個整數(shù)，則實數(shù)〃的取值范圍是（）

【答案】C

【解析】因為/'（x）=C—/（刈，

e

所以［/（X）I/'（“）］＜/=1,即卜了⑺］.，

設(shè)g（x）=c'/（x）=x+e，

令x=0,可得c=0,

所以^/⑺=匕/⑴二^,則/，"）==，

ee

令r（x）＞0可得/（X）在（-8,1）上遞增，令/'（》）＜0可得/（外在（1,+8）上遞減,

所以〃丫）在1處取得極大值/⑴=:，作函數(shù)/（X）帶的圖象如圖所示：

4

234

乂因為〃0)=0J(2)=r,/(3)==,/(4)=-

eee

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而不等式/(X)-&NO的解集中恰芍三個整數(shù)，等價于不等式/(x)NA的解集中恰有三個整數(shù),

由圖象知：當(dāng)之?時，不等式不等式/(x)之上的解集中恰有三個整數(shù)L2,3,

ce

(43'

所以實數(shù)攵的取值范圍是-，4，

(ee-J

故選:C.

【變式2-3］已知函數(shù)/(刈=里-。/,若存在唯一的整數(shù)%,使得/(/)之-；,則。的取值范圍是()

XZ

fln31In2「

A.B.

18118168」：4

Qn21T(n3ir

C.____1____D.J_____

<1682JJT182J

【答案】C

【解析】由〃X)N—得44無箸1,

令函數(shù)g(x)=21n：：一,

令函數(shù)MM=l-41nx-x2,顯然力(》)在(0.+的上單調(diào)遞減.

因為Mi)=o,

所以當(dāng)xe(0,l)時,h(x)>0,g*(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)工G(l,+oo)時，A(x)<0,gf(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.

e八\1八、In21

又g⑴=弓，^(2)=—+-，

2168

當(dāng)工趨近于0時，g(x)趨近于負(fù)無窮，當(dāng)X趨近于+8時，g(x)趨近于0,

所以當(dāng)存在唯一的整數(shù)工,使得時，〃的取值范圍是(竽+K

2I16X2

故選:C

【變式2-4】當(dāng)x>l時，匕>lnx-4.丫恒成立，則整數(shù)〃的最小值為()

A.6B.5C.4D.3

【答案】B

【解析】由題意得，上>，+4在(l,+oo)上恒成立，

9/39

設(shè)g(x)=—+4,xe(l,+co),所以Qg(x)1Mx，

X

因為g'(x)=I：,當(dāng)xe(l,e)時,g/(x)>0,當(dāng)xw(e,+8)時,g>(x)<0,

所以g(x)在(l,e)上單調(diào)遞增,在(e,*o)單調(diào)遞減,g(x)=gle)=-+4e(4,5),

maxe

所以整數(shù)〃25,則整數(shù)攵的最小值為5.

故選：B.

題型三：分離函數(shù)法

【例3】定義在R上的函數(shù)/(x)滿足/(0)=0,(廣(x)為/(x)的導(dǎo)函數(shù)),若存在唯

一的整數(shù)與，使得則實數(shù)"的取值范圍是()

f,2e2-H-

A.(1,2]B.C.D.

目、，3

【答案】B

【解析】因為f(x)=e7-r(x),所以e'/(x)+e、r(x)=l,

HPeV(x)=x+C(。為常數(shù))，

又/(0)=0,所以c=o,即/“)=j

e

/'(x)==，當(dāng)X￡(—8,l)時，f(x)>0,/(x)單調(diào)遞增,

C

當(dāng)工?1,+8)時，/(力〈0,/(X)單調(diào)遞減,

所以/a)g=/a)d，

又/(0)=0,當(dāng)x<0時，/(x)<0,當(dāng)x>0時，/(x)>0,

且當(dāng)XTYO時，/(X)->79,當(dāng)時，/(X)->O,

所以作出/(》)的大致圖象如圖所示.

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令g(x)=ax-"+l，易知g(x)的圖象恒過點(U)，

在同一平面直角坐標(biāo)系中作出g(D的圖象，易知g⑴〉/⑴，數(shù)形結(jié)合可知,

g(0)</(0)

若存在唯一的整數(shù)/,使得4+1,貝人

g(-1)>/(-1)

\-a<0e+1

即《

\-2a>-c2

故選：B.

【變式3-1］若當(dāng)xc(0,1)時，關(guān)于x的不等式e，一xcosx+cosxlncosx+ox?21恒成立，則滿足條件的。

的最小整數(shù)為()

A.1B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】當(dāng)xJ。,1］時，cosxe(0,l),—>0.

k27COSX

所以e'-xcosx+cosxlncosx+Q儲>1在x上恒成立，

等價于二一一x+lncosx+—>—ffixe0,g上恒成立，

COSXCOSXCOSXk2)

等價于1-lnf-2」一互-即Inf——在上恒成立，

COSXCOSXCOSXCOSXCOSXCOSXCOSXCOSXk2J

4-/(x)=lnx-x4-l,x>0,則f'(x)=--\=——?

所以當(dāng)xw(O,l)時/'(x)>0,當(dāng)xw(l,+8)時/'(x)<0,

所以函數(shù)/(x)在(o/)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以/(x)</(l)=0,所以Inx-xW-l,

因為工->0,所以Inf———<-1,所以正———^-1BPl-aA-2<cosx，

COSXCOSXCOSXCOSXCOSX

令g(x)=COSX—1+5，。<XV5，貝ijg'(x)=—sinx+x=〃(x),

則〃(x)=-cosx+l>0在xe0弓J上恒成立，

所以函數(shù)Mx)即g'(x)在上單調(diào)遞增，所以g'(x)>g'(0)=0,

函數(shù)g(x)在卜尚)上單調(diào)遞增，所以g")2g(0)=0,所以cos*l-H,

\/2

11/39

所以原不等式等價于1-占21-加即2()在X￡[0,,上恒成立,

2

所以。-320,所以滿足條件的。的最小整數(shù)為1.

故選：A

【變式3?2]已知函數(shù)/'(x)=t，若不等式/3-“》+1)>0的解集中有且僅有一個整數(shù)，則實數(shù)。的取

e

值范圍是()

「11]「11、2121

A.—B.—c.D.

_e_ej|_e-e,_3e'2e)

【答案】D

【解析】ra)=二，

當(dāng)xvl時,/'(x)>0,當(dāng)x>l時，/"(x)<0.

所以/(丫)在(-8/)上單調(diào)遞增，在(L+8)上單調(diào)遞減,

所以/3a=/()=：，

乂當(dāng)Xf-00時，當(dāng)XfE時，〃X)>0且/(“TO,

作出y=/")的函數(shù)圖象如圖所示：

由/(“一。(x+l)>0僅有?個整數(shù)解,

得只有一個整數(shù)解，

設(shè)g(x)=a(x+l),由圖象可知:

當(dāng)。K0時,/(x)>g(x)在(0,+8)上恒成立,不符合題意,

當(dāng)Q〉0時，若/(X)>g(X)只有1個整數(shù)解,則此整數(shù)解必為1,

2a

~>?,

/⑴〉g(DLJ

所以/(2)?g(2)'即；,解得力Ka〈丁.

2八3e2e

產(chǎn)

故選：D.

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【變式3?3】(2025?福建泉州?模擬預(yù)測)已知函數(shù)/(x)=?若不等式/")-如+2)>0的解集中有且

僅有一個整數(shù)，則實數(shù)。的取值范圍是()

■111「11、r21r21)

A.—B.—C.D,[g?

_2e_3eJ[_2e，3eJ|_3e-2e

【答案】B

【解析】易知函數(shù)〃x)的定義域為R,且/'(可=與二

e

當(dāng)"1時，/"(X)>0；當(dāng)x>i時,r(x)<o,

所以〃式)在(-81)上單調(diào)遞增，在(I,+動上單調(diào)遞減：

即〃>)2=/(1)=9

又當(dāng)X趨近于-8時，/(X)趨近于-8,當(dāng)X趨近于+8時，/(力>。且趨近于0;

作出函數(shù)/(')的圖象如下圖所示：

易知y=a(x+2)恒過定點(-2,0),

由不等式/("-。(工+2)>0的解集中有且僅有一個整數(shù)可知/(i)>“x+2)只有一個整數(shù)解:

令g(x)=a(x+2),利用一次函數(shù)圖象性質(zhì)可知，

當(dāng)心0時，/(x)>g(x)在(0,+“)上恒成立，不合題意；

當(dāng)”>0時，若/(">g(x)只有1個整數(shù)解，因此整數(shù)必為1；

“⑴,g⑴二3"

所以可得即:“J解得才有

.e2

即實數(shù)”的取值范圍是[二,

|_2e-3e；

故選：B

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題型四：隱零點法

【例4】已知函數(shù)/("=。工2+(q-2)x-lnx(?eR).

⑴當(dāng)“=1時，，求曲線)，=/(力在x=l處的切線方程；

(2)討論的單調(diào)性：

(3)當(dāng)〃為整數(shù)時，若/(x)+2x>0恒成立，求。的最小值.

【解析】⑴當(dāng)a=l時，/(x)=x2-x-lnx,⑴=0,

???/(丫)=21」，.?./()=(),

X

???曲線y=/(x)在X=1處的切線方程為：y=0.

(2)/(x)的定義域為(0,+司，

、1lax1+(?-2)x-1(ax-1)(2x+1)

f'(x)=2ax+a-2-=------——2——-----△-----L,

XXX

①當(dāng)a?0時，/'(“<0恒成立，/(x)在(0,十句上單調(diào)遞減；

②當(dāng)a>0時，令/'(Y)<0,得0<x<),令/'(x)>0,得

.?./(X)在上單調(diào)遞減，在5,收)上單調(diào)遞增.

Inx

(3)vx>0,/./(x)+2x=ar2+ax-Inx>0,即a(.，+x)>Inx<=>?>

X2+X.

x+l-(2x+l)lnx

設(shè)g(上果’則g’(小

(-2

設(shè)力(3)=*+1—(2工+1)||1k，則/i：x)=l-2Inx+(2x+l)x—=-2lnx-1—.

設(shè)P(x)=-21nx-l-g,貝ij//(x)=*+g=2j+l，

令P(x)>。，得Ovx<g；p(A)<0,得

:.XG°，g)時，P(x)為增函數(shù)，工c(g，+8)時，P(X)為減函數(shù)，

p(x)<pfiJ=21n2-3<0,即力'(x)<0,.?.力(x)在(0,+叫上為減函數(shù).

vAi1)=2>0,A(2)=3-51n2=3-ln32=lne3-ln32<ln27-ln32<0,

.-.3x0e(l,2),使力(%)=x0+1-(2/+l)lnxo=O,

14/39

.?.xe(0,Xo)時，/?(A)>0,從而g'(x)>0,g(x)為增函數(shù);

xw(%,4<0)時，h(x)<0f從而g'(x)<o,g(x)為減函數(shù);

??.g(x)的最大值為g(xLx=g(拓)=-TT7

X0十%)

由M%)=,%+l-(2x0+l)lnx0=0得In.%=

4%+1

1

+x°x。+x°x0(2r0+1)

?.?xce(l,2),.-.x0(2x0+l)e(3,10),

111

???g(x0)=€,，

xo(2xo+l)lTo3j

二整數(shù)。的最小值為1.

【變式4-1】設(shè)函數(shù)/(x)=〃aTnx-2.

⑴求/(x)的單調(diào)區(qū)間:

(2)若〃=71,/為整數(shù)，且當(dāng)x>l時，不等式f(x)wH+xT恒成立，求/的最大值.

X

【解析】(1)函數(shù)/(幻=〃a-卜.丫-2的定義域為(0,+00),求導(dǎo)得/'(X)=〃LJ

當(dāng)陽40時，八x)<0,函數(shù)〃無)在(0,+OQ)上單調(diào)遞減;

當(dāng)m>0時，由/'(x)<0,得0<x<,；由/'(x)>0,得

m

函數(shù)"X)在(。中上單調(diào)遞減,在弓,內(nèi))上單調(diào)遞增,

所以當(dāng)〃叱0時,函數(shù)/(X)的單證遞減區(qū)間是(0,+8);

單調(diào)遞增區(qū)間是/,+<?).

當(dāng)心0時，函數(shù)/(大)的單調(diào)遞減區(qū)間是(。康,

m

(2)當(dāng)機=1時，/(x)=x-lnx-2,

t-\xlnx+1、

當(dāng)J;>1時，不等式/(A)<-----f-x-rox-lnx-2<tot<-------十2,

xx-1

令ga)=的P+2,x>i,求導(dǎo)得g'(x)=(Inx+l)(x-1)-(xInx+1)x-\nx-2

x-\U-l)2Cv-i)2,

令Mx)=x-lnx-2,x>l,求導(dǎo)得力'(x)=l」>0,函數(shù)Mx)在(1,+8)上單調(diào)遞增,

A(3)=l-ln3<0,A(4)=2-2In2>0,則存在x0e(3,4),使得h(x0)=0<=>lnx0=x0-2,

當(dāng)l<x<Xo時，力(x)<0,即g'(x)〈o：當(dāng)x>Xo時，g^x)>0,

15/39

函數(shù)g(x)在(1，%)上單調(diào)遞減，在(加,+8)上單調(diào)遞增，

=g(x。)=2='。("。一?+1+2=x。+1c(4,5),

%-1x0-l

依題意，fWg(Xo),而/是整數(shù)，為此，K4,/CZ,

所以,的最大值為4.

【變式4-2］已知函數(shù)/&)=(v-2)er-x+ln.r.

⑴判斷函數(shù)y=/(x)在區(qū)間(l,x)上的單調(diào)性，并說明理由；

⑵若函數(shù)/(X)在上的最大值在區(qū)間(見〃?+1)內(nèi)，求整數(shù)川的值.

【解析】(1)XG(1,+O)),f(x)=e+(x-2)e-\+-=(x-\)［e

當(dāng)jr〉l時，Af-1>0,cx>c>—<1,ev>—,

XX

.?.r(x)>()./(x)在(l,y)單調(diào)遞增.

(2)r(x)=(x_l)e；1+g=(x—l)卜T，

令Mx)=e'-j則〃(x)=eX+《〉0,所以力(x)在上單調(diào)遞增，

因為［「3)=段_2<0,A(l)=e-l>0,

r

所以存在X。e|i1,使得h(x(t)=0.即e"=—,即lnx0=-xit,

故當(dāng)xw卜h〃(x)vO,當(dāng)x?Xo』］時，〃(x)>0,

乂當(dāng)xe々I時，x-l<0(等號僅在x=l時成立)，

4

所以當(dāng)xw；,而卜h/'(切>0,

當(dāng)％時，r(x)<0(等號僅在K-1時成立)，

所以/(工)在上單調(diào)遞增，在(X。/上單調(diào)遞減，

12

則f(x)a=g(Xo)=(/-2)e"7o+ln/=(/-2)----x0-x0=l-----2x0,

玉)X。

令G(x)=「■|_2x,Xeg，l),則G，(x)=a一2=2"、'lo,工｛(；』,

16/39

所以G（x）在（對上單調(diào)遞增，則G（x）＞G（g）=-4,G（x）＜G⑴=一3,

所以-4＜/（力四＜-3,所以旭=4

【變式4?3】（2025?安徽安慶?二模）對任意xw-,e2,使得不等式（Inx-A）x＞3lnx成立的最大整數(shù)攵為

e

()

A.-2B.-1C.0D.1

【答案】B

/\,F(x-3)lnx[「1「

【解析】由題意知(lnx-%)x>31nx,有---------,xw-?,

-?JminL」

/、(x-3)lnxri?/\3Inx+x-3

令A(yù)g")=1-------------則g(x)二———，

XX

3

令O(x)=31nx+x—3,則，(x)=-+l>0,

.X

所以,函數(shù)*(x)=31nx+x-3在(0,+8)上單調(diào)遞增,

因為0(2)=31n2—1>0,

所以存在”停2,使得夕(Xo)=31n/+Xo-3=0,

1/7

因此，函數(shù)g（x）=（x3）ln%在1,與］單調(diào)遞減，在卜°,，］單調(diào)遞增,

x!_e，

㈣…安’嗎卜甘

構(gòu)造函數(shù)1卜）=2—；卜+g當(dāng)VI，2）時,/，（上一L卜一兼＞0,

所以，函數(shù)心）在住,2）上單調(diào)遞增，因為//。,21，則/（%）/-!；

）［26

所以最大整數(shù)k為-1，

故選：B.

題型五：必要性探路法

【例5】已知函數(shù)/（x）=ex-ln（x-陽）（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）.若對定義域內(nèi)的一切實數(shù)x,

5

都有/（x）＞4,求整數(shù)"?的最小值.（參考數(shù)據(jù)：/。3.49）

17/39

【解析】由題意得/(X)的定義域為(〃7,+8)，因為對定義域內(nèi)的一切實數(shù)X，都有/(x)>4,

所以/(〃?+l)=e'e>4,即m>ln4-l>0.因為“為整數(shù)，所以〃?開.

當(dāng)機=1時，由題意可得/a)=e'-一L二(I)?！?顯然/'(x)在(1,+00)上單調(diào)遞增.

JV-1x-\

設(shè)g(x)=(x-l)ev-1,則g(x)在(1,+00)上單調(diào)遞增.

因為g(二；c4-l<()O=；c2_1>0,

所以存在唯一Xo使得/1%)=0,即可得111(工0-1)=一%.

-1

(53、

于是/(X)min=/(%)=已"…(%-1)=1。+/，757，

14

(53、-5

設(shè)”(x)=e、+x,顯然在上單調(diào)遞增，則H(x)>e4+己>4成立.

、42J4

故加=1符合題意，即整數(shù)加的最小值為1.

【變式5?1】已知函數(shù)/(x)=e2'-(2a+l)e'+/+2a,g(x)=lnx+〃?，對V。e凡Dxe(0,+x1),不等式

/(x)Ng(x)恒成立，求整數(shù)〃?的最大值.

【解析】/(.r)=e2v-(2a+\)zx+a2+2a=e2x-(2tz+2)er+tr2+2t?+l+ex-1=[ev-(t?+l)]*+er-1

可得/(x)Nc'-l恒成立；

整數(shù)加滿足c、-■Inx+加恒成立則?定滿足/(X)>g(x)恒成立：

注意到x=l時，g(l)=w,取特殊值x=l,得到/?4e-l,

可驗證當(dāng)x=l時，若〃?取大于1的整數(shù)，都有a=e-l使得f(l)=e-l<〃?=g(l).

下面驗證機=1滿足fM>g(x)恒成立：

令〃(彳)=1-lnx_2,/(x)=e'-L

X

噌卜二<0,/r(l)=e-l>0,

所以存在與egI)使得〃(/)=0.

且當(dāng)工￡(0,小)，人也)<0,/仆)單調(diào)遞減：

xe(Xo，+8),h\x)>0,4㈤單調(diào)遞增;

/滿足

18/39

x

A(x)>/7Cv0)=e0-lnx0-2=-+x0-2,當(dāng)且僅當(dāng)/='=1取等，-<x0<i,可得〃(%)>0恒成立,

工”0e

即e'-1>Inx+1恒成立,即x)>g(x)恒成立.

綜上，可知滿足題意的最大整數(shù)〃?為1.

【變式5-2】e'-axNx21nx對一切的x〉0恒成立，試求出整數(shù)。的最大值.

【解析】易知e*-oxNx21nx對一切的x>o恒成立,

當(dāng)工=1時，可得a《e,故a僅可取1,2.

下面證明：當(dāng)。=2時，e'-4x2x21nx恒成立.設(shè)g(x)=二-2-lnx,

x-x

貝展人^一—L

從而g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+8)上單調(diào)遞增，

所以g(x)Ng(2)=z(e2—4-41n2)〉0.

當(dāng)a=2時，不等式恒成立，故。的最大值為2.

19/39

1.若不等式2xe，-4x-1)<0(其中〃<1)的解集中恰有一個整數(shù)，則實數(shù)。的取值范圍是1)

343

A.Wa<B.-―^<<1

141

C.—<a<\D.—-<a<—

c3e-e

【答案】D

【解析】令/(x)=2xeX,/'(x)=2(x+l)e1

當(dāng)工<—1時，/'(x)<0,當(dāng)x>T/'(x)>0,

故/(x)在(e,-l)上單調(diào)遞減，在(-1,+8)上單調(diào)遞增，

7

所以八丫濡=/(7)=-?且/(。)=0，

而當(dāng)x無限趨向于負(fù)無窮大時，/(》)無限趨向于0，

當(dāng))無限趨向于正無窮大時，/(x)無限趨向于正無窮大,

令g(x)=a(x-l),該函數(shù)圖象為恒過(1,0)的動直線,

因為不等式/(X)<〃(X-1)的解集中恰有一個整數(shù)，

故選：D

2.已知/'(')是函數(shù)/G)的導(dǎo)函數(shù)，且對任意實數(shù)x都有/,/(0)=-1,若不等式

f(x)-a(x-\)<0(其中〃<1)的解集中恰有三個整數(shù)，則。的取值范圍是()

757575、

A.B.豆,涯C..47,37；

【答案】C

【解析】令6")=坐，則G(x)=''(")二〃力=2,可設(shè)G*)=2x+c,

eleA

20/39

vG(O)=/(O)=-l..-.c=-l,.?/(x)=(2x-l)e\

:.f(x)=[2x+\)ex.

令/'(x)=(2x+l)e，>0解得，x>-1,令/'(x)=(2x+l)e'<0解得，x<-1,

可得：x=-;時，函數(shù)/(x)取得極小值，

/(0)=-l,/(-1)=-3e-',/(-2)=-5e~2,/(-3)=-7e-3,所以尸(一2,-56々),B(-3,-7e-?)

易知，直線歹=。(4-1)恒過定點”(1,0),

要滿足不等式/(x)<a(x-1)(其中。<1)的解集中恰有三個整數(shù)，

如圖，當(dāng)x<0時，，直線y=a(x-l)與“X)圖象的交點G,必須介于點B與點F之間.

因此直線y=a(x-\)的斜率a,必須滿足々〃&<a<k,u..,

乂k-°-(-7e'3)-7k，…)=5所以

乂勒廠1-(-3)一府'21-2)W.以41_3e2'

故選：C.

3.(2025?湖南長沙?模擬預(yù)測)若當(dāng)xe時，關(guān)于x的不等式c'-xcosx+coScrIncosx+aY21恒成立,

\乙)

則滿足條件的。的最小整數(shù)為()

A.0B.1C.2D.3

【答案】A

【解析】設(shè)/(x)=e、-Acos.v+co&vlncosx+ax2,xe(0/,

貝ijf(x)=e'-cos^r+xsinx-sinxIncosx-sinx+2av,

設(shè)g(x)=e、-CO&Y+xsinx-sinJIncosx-sinx+lax,

.2

則g'(x)=e、+2sinx+xcosx-cosxlncosxd----------cosx+2c,

cosx

當(dāng)zw0,—1時,Incosx<0,故2sinx+xcos."cosxlncosx>0,

\乙)

而e'-cosx>1-cosx>0，

21/39

故當(dāng)時，g'(x)>0,故/'(用在為增函數(shù)，

故r(x)>r(o)=o,故/(不)在(。彳)為增函數(shù)，

所以/(X)>/(0)=1即e*-xcosx+cosxlnco&x+ax221恒成立.

當(dāng)a<0時，g'(0)=2。<0,

故存在x°e(og｝使得任怠xe(0,x。)，總有g(shù)'(x)<0,

故g(x)在(0,%)為減函數(shù)，故任意xe(O,x。)，總有g(shù)(x)<g(0)=0,

所以任意“?0用)，總有廣(力<0,

故“X)在(0,.%)為減函數(shù)，故/(力</(0)=1,這與題設(shè)矛盾，

故最小整數(shù)為0.

故選:A.

4.若關(guān)于x的不等式M/+2x)Rnx+l的解集中恰有2個整數(shù)，則上的取值范圍是()

In2+1

A.—<上<1B.<k<-

3~S~3

cln3+l,ln2+lIn4+1In3+1

C.-----<k<----D.<k<

1582415

【答案】C

【解析】因為x>0,且Mx2+2x)=h(x+2)Wlnx+l,可得乂1+2)工生產(chǎn),

構(gòu)建/(切=型里，則/-牛，

X

令r(x)>0,解得0cx<1；令，(x)<0,解得X>1；

則f(x)在(0/)上單調(diào)遞增，在(L+8)上單調(diào)遞減，可得/(x)W/⑴=1,

且〃2)=匕譬J(3)=中，

1IIn2

4人《-----

,-2lr.3+1.In2+1

由題意可得，I1，，解A73得Zn一7「