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:整数解问题之分离叁数、分离函数、半分离

题型二:整数解问题之亶接限制法

题型三:要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:整数解问题之分离弁数、分离函数、半分离

例1.己知函数/(c)—X—Inx—2.

(1)求函数在(1,/(1))处的切线方程

(2)证明：.fS)在区间(3,4)内存在唯一的零点；

(3)若对于任意的cG(1,+8),都有zlnrr+4>/;:(支—1),求整数%•的最大值.

【答案】(1切=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)先利用导数证明了(重)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k<"1皿)，,令g{x)=中，原问题转化为求g(2)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)

,//(a;)=x—Ina;—2,

“⑴=-1,[㈤=1一j

X

・"⑴=0,

/.y(x)在处的切线为沙=—1；

(2)

证明：,."(])—X—Inx—2,

・"(%)=1一看,

当(3,4)时,/'(力)=1--^->0,

・・・/(%)在(3,4)上单调递增，

,・"(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,/(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,

・・・/(力在区间(3,4)内存在唯一的零点.

(3)

*/x\nx+x>k(x—1),且正€(l,H-oo),

.j)xlnx+x

..k<-----；—,

x—1

令g(2)=空空,则gj)=,

“J-\X-1)

由(2)知，/(%)=c-lmr—2在(l,+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x0E(3,4),则/(%())=g-lng-2=0,

故当，e(1,力o)时,/(%)V0,即g'Gc)VO,g(x)在(l,x0)上单调递减,

当①e(的,+8)时，/(t)>o,即g，®>o,g㈤在(3+8)上单调递增，

•(\—()—601rleo+叼._g(g-2)+g一(3公

・•go1x叼min-ax1——/091。，4人

«^0-1”0一，

：.k<g(x\nin=x0&(3,4),

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/㈤=~~x2+In®—(2+~)x,(a^O).

(1)当Q=/时，求函数/位)在点(1,/(1))处的切线方程；

(2)令F(x)=af(x)一一,若尸(力)<1—2ax在化€(1,+<»)恒成立，求整数a的最大值.(参考数据：ln3<等，

ln4<1).

【答案】⑴2-y-3=0;(2)3.

【分析】

(1)(1)当a=/时，得到/㈤=2式+lnc-4%求得/'(c)=4①+十一4,得出/'⑴=1,且/⑴=—2,结合直线的

点斜式方程，即可求解.

⑵把F(H)V1-2aa;在(1,+8)转化为a<\士!在；(1,+8)恒成立，令九(工)=与士工，利用导数求得函数的

LLLJb

额单调性，零点的存在定理得到h(x)在(1,g)上递减，在(酱卜+8)上递增，从而求得QV/l3)1nin=g,即可求得整

数Q的最大值.

【详解】

(1)(1)当Q=/时，可得/(⑼=2炉+Inc-4c,则/'(n)=4c+：—4,

可得/'(1)=1,且/⑴=2+lnl—4=-2,

即函数/位)在点(1,一2)处的切线的斜率k=l,

所以切线方程为y—(—2)=c—1,即c—g—3=0,

函数/(i)在点(1,/(1))处的切线方程力一g—3=0.

(2)由F(x)=af(x)—X2=alnx—(2a+l)x,

因为F(T)<1—2ax在(1,+8)恒成立，即alnx—(2a+l)x<l—2ax在(1,+8)恒成立，

即v在力e(L+8)恒成立，

,]Inx---1

令"⑼=铸{c>1,可得h'(x)=--,

IncIn^x

令t(x)=Inx~~~1(%>1),可得[3)在(1,+8)上单调递增，且力⑶<0,土⑷>0,

所以存在x()e(3,4),使得-的)=Inrco---1=0,

宓0

从而h{x)在(1,%0)上单调递减，在(痴,+8)上单调递增，

1

所以4⑼min="的)=1=:。+=向€(3,4),

g

因为QV早」■在(1,+8)恒成立，所以QV/zQ)min=g,

irivU

所以整数a的最大值为3.

例3.已知函数/(c)=x—Inx—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xE(1,+8),都有xlnx+T>fc(a;—1)，求整数A;的最大值.

【答案】(1)证明见解析；(2)3.

【分析】

(1)先利用导数证明/(⑼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k<R箕,令gQ)=,原问题转化为求g(x)在(1,+8)上的最小值,结合⑴中结论

和隐零点的思维，即可得解.

【详解】

(1)证明：V/(x)=x—Inx—2,

・,・［3)=1-}，

当(3,4)时，73)=1—工>0,

x

・♦・/(⑼在⑶4)上单调递增，

vy(3)=3-ln3-2=l-ln3<0,J(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,

・・"(力在区间(3,4)内存在唯一的零点.

(2)解:,:xlnx+x>k(x—1),且oG(l,+oo)?

.j.xlnx4-x

.・k<-----：—,

x—1

人/、xlnx+x,，/、x—Inx—2、1

令=.—I>则ng(,)=Q—iy，c>1，

由(1)知J3)=c—lnc—2在(l,+8)上单调递增，且在区间(3,4)内存在唯一的零点，

设该零点为力oE(3,4),则/(力0)=Ro-ln®)-2=0,

故当。c(i,^o)时,/3)vo,即g'3)vo,g(<在(1,物)上单调递减,

当①E(%+8)时,/3)>0,即/3)>。，。3)在(曲),+8)上单调递增,

•a(r)=a(r)=&ing+&_的(的-2)+戊)_()

•,gi叼mingig/—„-I—„-I—力0e\O,,

①0-J.①o—

k<g(z)min=Noe(3,4),

故整数A: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/Q)满足/(4+⑹=/(4一⑼,且当kC(0,4］时，y(x)=色磬，关于2的不等式产(⑼+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：•."3)是偶函数，：.f(-x)^f(x),

••7(4+x)=/(4-x),.'./(8+a;)=/(4-(4+a;))=f{-x)=/Q),

.•J3)的周期为T=8.

当(0,4］时,「㈤=土当边,

・•・当ov+v•时，1(2)>0,当■!■<c&4时，［(c)vo,

・・・加)在(o,-1)上单调递增，在(y,4］上单调递减.

又/⑴=1112>0,〃4)=竽=^^>0,且/3)是以8为周期的偶函数，

当x为整数时,/3)>0,

•••产㈤+of⑸>0在［-200,200］上有300个整数解,

.•.产3)+可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.

J呼+a>0

4-a>0ln6々31n2

，即，解得:〈

+a40Fa44

例5.已知函数/(%)=6/一QCQ>0),其中QGR,6为自然对数的底数.

(1)试讨论40的单调性；

(2)是否存在正整数Q,使得对一切c>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)/z(rr)=ex—a［x>0).

①若a41,则f(x)>0恒成立JQ)在(0,+8)上单调递增；

②若Q>1,令/'3)=0,则x=Ina,

当0V力Vina时V0,/(/)单调递减；当x>\na时J'Q)>0,/(%)单调递增.

综上所述，

当1时，/3)在(0,4-00)上单调递增；

当a>1时，/(4)在(O,lna)上单调递减，在(Ina,+8)上单调递增.

(2)要使/(%)=e/-ax>x21nx(0,+8)上恒成立，则—ln/>0在(0,+oo)上恒成立，

x⑦

令h［x}—号-号-lnc(c>0),

则3)=包券+彖-：色浊泻血.

①当a=2时，=(­♦),

由」>力知，无3)在(0,2)上单调递减，在(2,+8)上单调递增.

/l(c)min=瓜2)=*-ln2-1>0,

.♦.a=2满足题意.

②当a>2时，当2<a?<a时，函数％(。)的取值情况，

\*2<x<a,：.x—2>0yx—a<0.

x

又e，>xy：.(x—2)e>(x—a)x,即h!(x)>0,

当a>2时，h{x)在(2,a)上单调递增.

不妨取Q=3,则函数在⑵3)上单调递增，

12VeV3，且Zi(e)—ee2—.—1V0,

/.%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/(2)=旦谓3>0),其中aCR,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Q,使得/Q)>0n①对一切2>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)/(2)=之产=早一乐/'(£)=史三工，

令r(0)>0,得力>1,令广3)<0,得0<0<1,

・・・函数/Q)在(o,i)上单调递成，在(1,+8)上单调递增，

・・・/3)min=Al)=e-a,

・•・函数/3)有两个零点，/(1)V0,

・・・Q的取值范围为(e,+<»)；

(2)要使/(c)=e];X在(0,4-oo)上恒成立，

即使f7—乌一ln/>0在(0,+oo)上恒成立，

xx

令h{x)='———lmr(c>0),

则〃(0=^4^+号一工=.一2甘一产一a)、

EicL—2)(ex—x)

①当Q=2时，无(X)=---------------------，

X

由知九3)在(0⑵单调递减，在(2,+8)单调递增,

・•・九Q)min=拉⑵=-y-ln2-l>0,

：.a=2时满足题意；

②当Q>2时，考查Q>:C>2时，函数九3)的取值情况：

•.•Q>C>2,・••力一2>0,力一aVO,

又e”>c,.;3-2)e®>(x—a)x,即hr(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,且拉(e)=ee-2———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={x\x2+20一3>0},集合B-{x\x2—2ax—KO,a>0}.

(I)若。=1,求AClB；

(n)若AnB中恰含有一个整数,求实数a的取值范围.

【解答】解：(I)A={x\x2+2x—3>0}={x\x>1或力V—3},

当a=l时，由"—2®—IWO,

解得：1一2即B=[l—四，1+2],

.•.月nB=(i,i+；

(口)；函数y=/(x)—x2—2ax—1的对称轴为a;=a>0,

/(0)=-1<0,且408中恰含有一个整数，

/.根据对称性可知这个整数为2,

解得:

题型三:整数解问题之虚设零点

例8.设函数/(①)=\nx,g{x)=ax+a~—3(aCR).

(1)求函数4⑼=/(X)+gQ)的单调增区间；

(2)当a=1时，记h(x)=/(2)•gQ),是否存在整数人使得关于2的不等式24>“⑼有解？若存在，请求出4

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"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『'(2)〉。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等<h(x\ninV一4,从而可得整数4的最小值.

(1)

因为0(x)=/(x)+g(x)=Inx+a/+a—3(力>0),

a—1ax24-x—(a—1)[ax—(a—1)](x4-1)

所以<p'(x)=—+a—--=--------=----------1

①当a=0时，由<p'(x)>0,解得工>0;

②当a>l时，由w'(z)>0,解得多〉包/；

③当OVaVl时，由/(①)〉。,解得c>0;

④当a=1时，由。㈤>0,解得rc>0;

⑤当aVO时，由。(力>0,解得0<7〈旦>，

综上所述，当aV0时，W(z)的增区间为(0,旦尹

当OMaWl时，e®的增区间为(0,+8)；

a>1时，<p{x)的增区间为,j1,+8).

⑵

当a=1时，g{x)=/—3,所以h[x)=(x—3)lnx,

而"(x)=Inx+1J3=Inx——+1,

因为4=1口力,沙=一!均为(0,+8)上的增函数，

故"Q)=hic—日+1为(0,+8)上的增函数，

a<0,

故“(N)在(0,+8)上有且只有一个零点g,y<X0<2

且lnNo=^—1且/E(0,g)时，h!(x)<0;当:re(g,+8)时，h'(x)>0,

No

故拉(c)在(O,xo)上为减函数，在(厮+8)上为增函数，

故无3)min=拉(m)=(x()-3)lnx0=(的-3)-1)=6-

因为得Vg<2,所以学<岑~,

所以_《<6—乐+卷)〈一专,

而整数人使得关于。的不等式以>”工)有解，故方>0,

故存在整数4满足题意，且1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/(4)=tInc+/KT-3k,求：

(1)当a=i时,求曲线/(⑼在点(i,/(i))处的切线方程；

(2)当①>3时,总有/(⑼>1,求整数k的最小值.

【答案】⑴2工―-4=0⑵-3

【分析】

(1)先对函数求导,计算出斜率，再用点斜式即可；⑵分离参数转化为函数的最值问题.

(1)

当上=1时，/(土)=xlnx+x-3

."㈤=\nx+2

⑴=2/⑴=-2

.♦./(力在点(1,f(1))处的切线方程为y+2=2(/-1)即2a;-y-4=0

(2)

由题意J3)>1,即xlnrr+k。一3k>1,即k(x—3)>1—xlnx,

又7>3,/.k>--恒成立.

人(\1一.0.f(\=31nc-—+2

*?gn⑺T=-c—3…9n(T切_3.3)2

令h{x)=31nc—6+2,则兄(x)=3c*V0恒成立.

/.h(x)在(3,+«>)上递减，

,:h(8)=31n8—6>0,八⑼=31n9—7<0

/.3斯一(8,9)使从血)=0,即31ng—6()+2=0,则lng=——,

:.当cG(8,x0)时，g\x)>0,当％G(如+8)时，g\x)<0

1—-x0~2

,/\/x1-xolnxo3^o+lc€/10八

.•gQ)m“x=g(g)=-Xo_3'=-^Z3—=---(一工，一3)

因为k>gQ)max,且kez,.・4)一3,即整数A: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/(4)=(c—k—l)e，(其中e为自然对数的底数).

(1)当k=—l时,求函数/(工)的极值；

(2)若函数g(c)=/(z)+e?在c€(0,+8)有唯一零点,求实数A:的取值范围；

(3)若不等式/位)>3x对任意的46H恒成立，求整数k的最大值.

【答案】⑴极小值为一十,无极大值；(2){2}U[e2-l,+~);(3)-2.

【分析】

(1)利用导数可确定/(多)单调性，由极值定义可求得结果；

(2)利用导数可确定。(①)的单调性；当上40时，可知g(O)<0,解不等式可知无满足题意的值；当上>0时，根据

g(c)min=g(k),分别在g(k)>o,g(k)=0和g(k)V0三种情况下，根据g(c)在①W(0,+<»)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k<x-1一警■，令九(力)=x—l—冬三得”(力)=e+3：一]，令7n(4)=e，+3/-3可

eee

确定mxoe使得m(g)=0,由此可得拉Gr)min=h(g),进而得到九(g)的范围，从而得到k.

(1)

当k=-1时J(c)=谱,则ff(x)=0+l)e，，

.,•当％W(-8,—1)时,1㈤V0;当〃W(-1,+8)时，/'(力)>0;

.-./(X)在(-8,-1)上单调递减，在(-1,+8)上单调递增，

・・・/(力)的极小值为/(-1)=-4，无极大值.

e

(2)

x2x

•・，g(N)=(x—fc-l)e+e,=(x—k)ey

/.当4€(—8,k)时，g'Gr)V0;当cG(fc,H-co)时，g'(e)>0;

・・・g(c)在(-oo,fc)上单调递减，在(k,+8)上单调递增；

①当k40时，g(4)在(0,4-<»)上单调递增，若g(%)在(0,4-oo)上有唯一零点，则g(0)<0,

即一一-1+1<0,解得:左>〃一1>0(舍)；

②当k>0时，g{x)在(0,k)上单调递减，在(k,+8)上单调递增；

当g(k)>0,即0V-V2时,g㈤mm=gO>0,则g(x)在(0,+oo)上无零点，不合题意；

当g(k)=0,即k=2时，g®在(0,+«>)上有唯一零点c=2,满足题意；

当g(k)V0,即k>2时，由g(k+1)=〃>。得:g(k)g(k4-1)<0,

g(x)在(fc,fc+l)上有唯一零点,此时需g(0)=—k—1+e2&0,即k>e'2—1;

综上所述：当k=2或k>e2—1时，g(a?)在(0,+«>)上有唯一零点，

即实数k的取值范围为{2}U[e2-1,+8).

(3)

若/(rr)>3c对nGR恒成立，即(力一k—l)ex>3力对/£R恒成立，则kV力一1一运■,

e

令从z)=L1一丝，则〃㈤=1一=直土3；二.3.,

eee

令馆位)=36—3,则m!{x)=1+3>0,m(x)在R上单调递增，

=6一'>0,mG)=装一5V0,二mXQEGA),使得m(g)=0,

即。+32o—3=O,

则当,e(一8,60)时，”(c)VO;当(g,+8)时，”(c)>0;

Ah(x)在(-8用)上单调递减，在(为0,+8)上单调递增，

1

・・・从Z)min=无(%)=XO-1-冬=的一1一R=的-1+—^―=XQ-1+1+1,

e^'>>—ox0x0—i2JQ—1

-

x0€d),•*-x0—16(一*—从例)€y，—"^),

,/k<h(xo),：.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>/(c)恒成立，则a>/(rc)max；若□</(£)恒成立，则a</(x)min.

例11.已知函数/(4)=x—\nx—2.

(1)求函数在(lj(l))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t6(1,+8),都有x\nx+多>M±-1)，求整数k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/&)在(3,4)上单调递增，再结合零点存在定理，得证；

⑶参变分离得当多产，令g㈤=至警产,原问题转化为求9(工)在(1,+8)上的最小值，结合⑵中结

论和隐零点的思维，即可得解.

(1)

v/(x)=x—Inx—2,

--1,f'(x)=1一十，

"⑴=0,

."./(X)在(1,一1)处的切线为y=-l;

(2)

证明：•."(z)=土-Incc—2,

=1-/

当工e(3,4)时,广(力=1-：>0,

在(3,4)上单调递增，

-.7(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,/(4)=4-ln4-2=2-ln4>0,

.♦./(c)在区间(3,4)内存在唯一的零点.

(3)

'/x\nx+x>k(x—1),且立€(l,4-oo)?

.k<x]nx±x

x—1

N(、x\nx-\-x而\%—Inc—2

令g(2)=g—i，则g(M=.—1)2，x>1,

由(2)知J(2)=。-Inc—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6o€(3,4),则/(6o)=xo-lnxo-2=0,

故当，e(1,力o)时,/(力)vo,即g'㈤vo,g㈤在(1,g)上单调递减,

当①W(的,4-00)时，/(c)>0,即d®>0,g㈤在(3+8)上单调递增，

,a(x]—a(x)-如+叼.-”。(/厂？)+电)一6小公

・♦gi叼min-1—a_1—/091.，4八

«^0-1”0一，

：.k<g(x\nin=x0G(3,4),

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拟颈测(文))已知函数/@)=mex,g(x)=\nx+l.

⑴若函数/位)与g(c)有公共点，求m的取值范围；

(2)若不等式/(工)>9①)+1恒成立，求整数力的最小值.

【答案】(1)馆&=；(2)最小值为1.

【分析】

(1)由f(x)=9(z),可得a=叱61,函数f(①)与g(x)有公共点，即m="1*1有解，设h(x)-1,求导

数，求出函数九位)的值域即可.

(2)不等式/(*)>g(x)+1恒成立，即me"-Inc—1>0恒成立，当c=1时，me>lnl+2成立，解得rn>?，故

m>l.再验证m=l时，不等式成立即可得出答案.

【详解】

解：(1)令/(W)=9(4)，即me1=Inx+1,则m=二”$1,

e

函数/(2)与g(c)有公共点，即m=1有解.

-]n7—1

令从M=!”1则〃(口二0———.

e，ex

令fc(x)=~~~In/—1=—1)—\nx,

当力>1时，!一1V0,hi£>0,所以k(力)V0,当OV0Vl时，1•—1>0,1111<0,所以/0(工)>0

所以拉(2)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

所以h(x)&九(1)=1•且当％->0时,/(4)t—8

所以7TzM卷.

(2)不等式/(力)>g(c)+1恒成立，即mex—lnx—1>0恒成立.

9

则力=1时，me>Ini+2成立，解得?n>

由题意求满足条件的整数馆最小值，下面验证rn=1是否满足题意.

当??2=1时，令m(i)=ex—Inx—2,m,(x)=e"一十，且m/(c)在(0,+8)上单调递增.

又加⑴>0,m'(^-)VO,可知存在唯一的正数的6(卷,1),使得加(四))=0,

即e的——=0,

g

则mGr)在(0,g)上单调递减，在(网,+8)上单调递增.所以m(⑼min=a(g)=eXo—1nx()—2=—+x—2>0,

g0

即当m=1时，不等式/(rr)>g(x)+1成立.

故整数馆的最小值为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4=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•北坪大二附中未来科技城学校高三阶段练习)已知/㈤=sinx,g(a;)=Inx,h(x')=x2—ax—

1.

⑴若xW[0,1],证明:/(re)>g(z+1)；

(2)对任意①W[0,1]都有人㈤+从c)—g(c)>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割€(0,1)"吏得尸"(g)=0,F'(z)>0在(0,1)上恒成立上可以证明F(x)在

定义域上的单调性,可知F(x)>0,便可证明结论.

(2)先判断整数a42可知苗僦+x2-ax-l-\nx>e疝'+/―2z-1—Inz,接着证明

H(x)—esinx+x2—2x—1—lnx>0在区间(0,1]上恒成立即可可出结论.

【详解】

解：

1

(1)证明：设R(T)=sine—ln(T+1),(0W力&1),则F'(N)=cost—

X+1'

1.

因为Fn(x)=(,+1)2-s】n%且6E[0,1]

则F”(x)在[0,1],单调递减,,-sinl<0,F"㈤<R"(0)=1

所以存在唯一零点的€(0,1),使得/(割)=0

则尸'3)在(O,xo)时单调递增，在(%1)上单调递减

又F'(l)——+cosl>—+cos与=0,尸(0)=0

所以严(力>0在(0,1)上恒成立上，所以以2)在[0,1]单调递增

则F㈤>F(o)=0,即F(x)>0,

所以/(rr)>g(2：+l).

(2)因为对任意的(0,1],+h(x)-g(x)>0

即e8*111+x'2—ax—1—lnz>0恒成立

令2=1,则esinl>a

由⑴知sinl>ln2,所以2=萨2<6仙<61<3

由于a为/联+ar-1-lnz>0整数，则aW2

因此e""+/—ac-l-lnrr>esin2：+x2-2x-l-\nx

下面证明H(x)=esini+x2—2x—1—lnrc>0,在区间(0,1]上恒成立即可.

由(1)知sine>ln(3；+1),则esM">a:+1

故”(①)>a;+1+a;2—2a;—1—Ina?=x2-x—Ina;

设G(x)=x2—x—Inx,x€(0,1],5!>JG'{x)=2x—1-=⑵'+/"~<0,

所以G（%）在（0,1］上单调递减，所以G（c）>G⑴=0,所以H（c）>0在1E（0,1］上恒成立.

综上所述，Q的最大值为2.

例14・是否存在正整数a，使得ex—ax>x2\nx对一切T>0恒成立？试求出a的最大值.

解：易知e。-对一切力>0恒成立，当c=l可得Q&e,则Q仅可取1、2

下证Q=2时不等式恒成立，设g（x）=号一2-In4,g'（力）=——也^---

x°x

5（®）在（0,2）单调递减，（2,+8）单调递增，g㈤>g（2）=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</In，/,求k的最大整数值.

X—2

解：令/（Z）=吗才，显然k</（e2）=-Mr（4,5）

n一乙e—2

因此k的最大整数值可能是4,下证k=4时恒成立

i丁p-p-

由——下即ln0>3一了

clnc+c8—e2

所以/Q）==4+>4

x—2x—2

【过关测试】

1.（2022•吉林•长春市第二实事中学商二期中）设函数/（t）=e*-2加一1,g（x）=2+1.

（1）讨论/（/）的单调性；

（2）若a=}，且不等式（a?—k）r㈤+g⑹>0对w4e（0,+8）恒成立，求整数k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数符号从而确定函数单调性；

（2）分离参数得KV咚士［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.

（1）

/㈤=ex—2a,xWR

当Q&O时，在cE（—8,+8）上r（c）>0恒成立，/（C）单调递增；

当Q>0时，令/'（/）=0,解得力=ln（2a）,

在力G（―oo,ln（2a））上/（re）<0,f（x）单调递减；

在力W（ln（2a）,+oo）上/'（力）>0恒成立J（力）单调递增.

综上：当Q<0时，/（化）在力€（—8,+8）上单调递增；

当Q>0时，/（%）在+G（―oo,ln（2a））上单调递减，在（ln（2a）,4-oo）上单调递增.

（2）

因为e，-1>0,所以原不等式等价于kV力斗对V0e（0,+8）恒成立，即kV（哼±F）

令w=咚3”（,）=哗麦且

ex-1{ex—l）z

令”（c）=0,即e”一c—2=0,令H（N）=e，-c—2,

因为H'(a:)=eH-l>0,所以H(rc)在工€(0,+8)上单调递增,

因为H（l）=e-3V0,"（2）=e2-4>0

所以三须>€(1⑵使得H\x)=0,即e加一xo-2=O

在工€(。，而)上，VO,H(a;)单调递减;

在te（x0,+00）上,H'{x）>0,H（x）单调递增,

工0铲'+1_3（g+2）+1

所以H（a;）mm=H（7o）=曲+1

e处一1一（rr0+2）-l

又因为&€(1,2),所以“(GminC(2,3),

又keZ,所以卜的最大值为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.商三阶段练习)已知函数/(⑼=(a-l)x+lnx(aER).

(1)讨论函数/(0的单调性与极值；

⑵当a=0时，函数g(x)=f(x)-(2-加在1］上的最大值为15,求使得<5C,—黑+曾上的整数k

的值(其中e为自然对数的底数，参考数据：ln0.5y-0.7,ln0.6«-0.5).

【答案】(1)单调性见解析，极大值为-l-ln(l-a),无极小值(2)—4

【解析】

(1)对函数/(z)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gQ)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—1+—,xE(0,+8).

X

当a-l>0,即a'l时J'Q)>0恒成立，则函数/(G在(0,+8)上单调递增，无极值；

当a-lVO,即aVl时，令/(①)=0,即a—1+3=—~>］=0,解得x=1三，

JbvbLCL

当ce("T^)时，73)>0,故函数/e)在(。,5^)上单调递增；

当力€(.,今+8)时，r(N)V0,故函数/(4)在(］；屐+8)上单调递减，

所以当名=彳［一时，函数/(c)取得极大值，且极大值为—)=-14-ln<—=-l-ln(l-a).

综上所述，当a>l时，函数/Q)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，在土=处，/㈤取得极大值，

且极大值为一1—ln(l—a),无极小值.

(2)

依题意，当a=0时，g(x)—\nx—x—(2—x)ex,

g'3)=5T+3—l)e"=与^+3-l)eI=(e，一十)(±-1).

因为;［十,1］,所以c-l&O.

令无(立)=6，_!，©€层,1］，

则矶①)=e。+十>0在上恒成立，所以帖:)在［卷,1］上单调递增.

又7i(0.5)=e0,5—2<0,/z(0.6)=e0,6->0,

所以存在力()€["I•得]，使得九(而)=0,即铲,=六，

则当①e(十，©))时，无⑸vo,则g'(N)>0,所以函数gQ)在(土,*0)上单调递增；

当(x0,l)时，无3)>0,则g'3)V0,所以函数g«在(x0,l)上单调递减，

所以函数g(c)在[+，1]上的最大值。=g(Ro)—lnT0—x0+(的一2)e的=lno；o—初)+力0铲'-2e吗

又因为—=」-,所以合二lng-g+1-—,x0E[-5-,-p-1.

lJ

xQx02O

令3®=lnN-®+l一半oE侏J

则6(力=!一1+亳>0在[:，方上恒成立，所以函数欠㈤在[y,y]上单调递增，

所以0售)&0(力W0信).

因为0(,)=Iny-y+1-4^-4.2,0信)=Iny-得+1一与七一3.4,

所以<5€[—4.2,—3.4],又力中一看,k+卷],所以整数4=一4.

3.(2022•江苏•南京市江宁高级中学模拟预测)设函数/㈤=e"+asin2x+b.

(1)当Q=[e[0,4-00)时，/(力))0恒成立，求b的范围；

(2)若/(力)在c=0处的切线为x—y—l=0,且/(力)>ln(x+m)-2,求整数m的最大值.

【答案】⑴[-1,+8);(2)2

【解析】

⑴求出当Q=V■，/€[0,+8)时/(。))0,只需要/3)min>。；(2)先根据切线的条件求出参数。也在类似⑴中

用恒成立的方式来处理.

(1)

由/(N)=e"+Qsin2%+6,当°=g时，得/'(/)=e'+cos2，.

x

当c€[0,+8)时，l,cos2a;G[―1,1],所以/'(力)=e4-cos2rr>0,即/(4)在[0,4-oo)上单调递增，所以/(x)min

=/(0)=1+6,由/(0)>0恒成立，

得l+b>0,所以b\-l,即b的范围是[-1,+8).

(2)

由/(x)=e*+asin2x+b得/'3)=e*+2acos2x,且/(0)=1+6.

由题意得了'(0)=e°+2a=1,所以a=0,

又(0,1+b)在切线0—g—1=0上.

所以0—1—1-6=0,所以6=-2,即/Q)=e工一2.

因为/(x)>ln(x+m)—2,所以有e，>ln(x+m).

令方=6'>0,则e2">ln(x+m)等价于力>ln(x+zn),即rc+mVe',从而mVe*—c=e'一Int.

设g(。=e-ln£,则g，(。=e，一十.

易知或力在(0,+oo)上单调递增，且g'(：)=右一2V0,g'(l)=e-1>0.

所以，由函数零点存在性定理知，存在唯一的4„e借,1)使得g'(M)=0,

即e'*=则i0=-lnt0.

当te(O,tn)时，g'⑴Vg'(M)=0,。⑴在(O,t„)上单调递减；

当te(to,+8),g'(t)>g'(t^)-0,5(i)4.(to,+°°)上单调递增.

从而=g(M)=-int()=曲+；.

因此g(t)的最小值