第08讲 等高线问题与函数的整数解问题（解析版）

第08讲等高线问题与函数的整数解问题【典型例题】例1．（2024·全国·模拟预测）当时，恒成立，则整数的最大值为（

）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【解析】由题意得，在上恒成立，设，，所以，因为，令，，则，所以在上单调递增，因为，，所以在上仅有一个实数根，设为，所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.因为，，所以，将代入可得，令，，则，所以在上单调递增，又，，所以，当时，不成立，又，则整数的最大值为.故选：B.例2．（2024·四川成都·二模）已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以，，，，又函数对称轴为，在同一平面直角坐标系中画出与的图象，因为方程有四个不同的解，，，，且，即与有四个交点，所以，由图可知，又，关于对称，即，又，且，即，则，所以，则；所以，令，，由对勾函数的性质可知在上单调递增，又，，所以，即．故选：D．例3．（2024·安徽池州·三模）已知函数，若方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】方程有四个不同的解等价于与有四个不同的交点，如下图所示：则与关于对称，，，，，令，解得：；令，解得：；，在上单调递增，，即的取值范围为.故选：.例4．（2024·四川巴中·一模）已知函数对任意都有，当时，（其中为自然对数的底数），若存在实数满足，则得取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为函数对任意都有，所以函数的图象关于对称，作出函数的图象，如图，所以，令，解得；令，解得；所以，又，所以，即，所以，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，所以，即.故选：D.例5．（2024·高三·江西·期末）若集合中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】原不等式等价于，设，，则，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减.又，时，，因此与的图象如图，当时，显然不满足题意；当时，当且仅当，或.由第一个不等式组，得，即，由第二个不等式组，得，该不等式组无解.综上所述，.故选：A.例6．（2024·高三·江苏·阶段练习）若关于的不等式对任意的恒成立，则整数的最大值为（

）A． B．0 C．1 D．3【答案】B【解析】因为对于任意恒成立，等价于对于任意恒成立，令，，则，令，，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，所以在有且仅有一个根，满足，即，当时，，即，函数单调递减，时，，即，函数单调递增，所以，由对勾函数可知，即，因为，即，，，所以，当时，不等式为，因为，不合题意；所以整数的最大值为0.故选：B例7．（2024·浙江温州·二模）若关于的方程的整数根有且仅有两个，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，则原方程为，由，当且仅当，即时等号成立，所以，整理得①，显然不满足，令，即必有两根，且，故为两个正根，所以，可得或，对于，有，即，即恒满足①，要使①中整数根有且仅有两个，则对应两个整数根必为，若整数根为且，则，即，所以，得，综上，故选：C例8．（2024·高二·宁夏·阶段练习）已知函数．(1)当时，求证：；(2)当时，函数在上的最大值为，求不超过的最大整数．【解析】（1）令，则，

当时，时，，单调递减，时，，单调递增，则，

所以，即.（2）当时，，，

令，则，当时，，则函数单调递增，时，，则函数单调递减，

又，，，所以存在唯一的，使，即，所以当时，，单调递增，时，，单调递减，∴，

，又，所以，

所以不超过的最大整数为.【过关测试】一、单选题1．（2024·高三·陕西西安·期末）已知函数，对任意的，关于的方程有两个不同实根，则整数的最小值是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】由，即，得，设，则，显然是上的增函数.因为，所以存在，使得，即；当时，，当时，0，则；令，则，当时，，在上单调递减，因为，所以，则，又为整数，所以.故选：A2．（2024·海南海口·模拟预测）已知x表示不超过x的最大整数，xm为函数（x1）的极值点，则fm（）A． B． C． D．【答案】A【解析】函数，，则令，则，所以在上单调递增，因为，所以，函数存在唯一零点．,单调递减单调递增所以是函数的极小值点，即，．故选：A．3．（2024·高二·浙江杭州·阶段练习）若关于的不等式的解集中恰有个整数，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为，且，可得，构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得，且，由题意可得，解得，所以的取值范围是.故选：C.4．（2024·高二·四川成都·期中）若关于的不等式的解集中恰有2个整数，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由已知可得，将不等式可化为，令，，所以，时，，在为增函数；时，，在为减函数.所以，在处有极大值，也是最大值1.令，显然，所以单调递增.作出的图象因为不等式的解集中恰有2个整数，根据的单调性，结合图象可知，1和2满足不等式，且3不满足不等式，即，解得.故选：C．5．（2024·高三·重庆·期中）若关于x的不等式的解集中恰有三个整数解，则整数a的取值是（

）(参考数据:ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】不等式可整理为，当时，成立，所以其它两个整数解大于1，当时，原不等式可整理为，令，则，令，则，当时，，则在上单调递增，又，所以，所以在上单调递增，所以不等式的两个整数解只能是2,3，所以不等式的三个整数解为1,2,3，则，解得，因为，，，所以整数.故选：B.6．（2024·高二·河北邢台·阶段练习）若函数，在其定义域上只有一个零点，则整数a的最小值为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】根据指数函数性质在上单调递增，故当时，则在上单调递增，，根据零点存在定理，在存在唯一零点，则当时，无零点时，，令，则，时，则；在上单调递减，在上单调递增，于是时，有最小值依题意，，解得，所以最小整数为故选：C7．（2024·湖南长沙·模拟预测）若当时，关于x的不等式恒成立，则满足条件的a的最小整数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】关于x的不等式恒成立，因为，所以，即，即，即，令单调递增；单调递减；易证，且，所以，所以当时原不等式一定成立，即．令又易知，据此可以判断满足不等式成立，故最小整数为1．故选:A．8．（2024·高二·重庆北碚·阶段练习）已知函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意函数有两个零点，即，得有两个正实根，设，则，令，解得，当时，，在上单调递增；当时，在上单调递减；故当时，函数取得极大值，且，又时，；当时，；当时，，作出函数的大致图象，如图所示：直线与的图象的两个交点的横坐标即分别为，由题意知，又，因为存在唯一的整数，所以，又直线与的图象有两个交点，由图可知：，即，故选：D.9．（2024·高二·山西运城·阶段练习）已知函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题意，令，因为存在唯一的整数使得，即，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故当时，函数取得极小值也是最小值，作出其大致图象如图：是斜率为a，且过定点的直线，当时，存在无穷多个满足条件的整数满足不等式，不符合题意，故，又，，此时需满足在图象上只有一个横坐标为整数的点在直线下方，则需满足，解得，则实数a的取值范围是，故选：C．10．（2024·高三·河北石家庄·阶段练习）已知函数对于任意，均满足，当时，（其中为自然对数的底数），若存在实数满足，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由知关于对称，如图，因此，所以，又因为，所以，因此，由题意知，令，则，令得，故在上单调递减，在上单调递增，故，由，则，故.故选：D.11．（2024·河北石家庄·二模）已知函数存在互不相等实数，，，，有．现给出三个结论：（1）；（2），其中为自然对数的底数；（3）关于的方程恰有三个不等实根．正确结论的个数为A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【解析】画出函数图像如图所示，显然当时方程存在互不相等实根，，，，则（1）正确；（2）当时，，即；当时，，故（2）正确；（3）求函数与交点的个数，当时，yu恰有四个不等实根．故（3）错误故选C12．（2024·高二·四川成都·期中）已知函数，函数，直线分别与两函数交于、两点，则的最小值为（

）A． B．1 C． D．2【答案】A【解析】设，，则，，消去得．所以，其中.令，，则，当时，，当时，．故在上为减函数，在上为增函数，所以，所以的最小值为．故选：A．13．（2024·高三·贵州黔西·期中）已知函数，若方程有3个不同的实根，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，故可得，令，解得，当或时，；时，，故在单调递增，在单调递减，在单调递增．则的极大值为，的极小值为，∵，∴当时，；当时，；当时，，根据以上信息，作出的大致图象如图所示：由图可知，直线与函数的图象有3个交点时，方程有3个不同的实根，则，因为方程的3个不同的实根为，则，又因为，故，令，则，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，又，，故可得，所以时，，即．故选：A．14．（2024·高三·安徽·阶段练习）已知函数，若方程有3个不同的实根，，，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由题意，函数，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；又由当时，，时，，且，，，故可大致画出的图象如下：由图象可知，a的取值范围为，此时对应的取值范围为，而，故令，则，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；而，，，故的取值范围是.故选：A.15．（2024·高三·广东·阶段练习）已知函数，若关于的方程有两个不等实根，且，则的最小值是（）A．2 B． C． D．【答案】D【解析】由函数的定义域为，且，所以函数为奇函数．考虑函数在上的单调性，由于，当时，，可得；当时，，，所以，即当时，总有，故函数在上单调递增，而函数为奇函数，即函数在R上递增，令，作出函数的图象，如图所示：由图以及题意可知，仅在上有一解，即，由，解得，即有，设，可得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递减增，所以.故选：D.16．（2024·福建厦门·二模）已知函数，，若关于的方程有两个不等实根，且，则的最小值是A．2 B． C． D．【答案】D【解析】由题可得，当时，，当时，，∴在上恒成立，∴是上的增函数.令，则有且只有一解，则要使方程有两解，只要有两解即可.∵，∴在和上都是增函数，作出函数与的图象，因此当时，有两解，设解为且，则，，，，，，令，，易知时，，时，，即时取得极小值也是最小值.故选：D.17．（2024·高三·河南·开学考试）已知函数，，若关于的方程有两个不等实根，，且，则的最大值是（

）A．0 B．2 C． D．【答案】C【解析】由于，故函数在上递增，又有两个相异实根，所以存在，使得有两个相异实根，作出函数的图象，如图所示：由图以及题意可知，，由，解得，，即有，设，，可得，所以在上单调递增，．故选：C.18．（2024·高三·河南·阶段练习）设函数，若关于x的方程（）有四个实数解，且，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】如图所示：因为关于x的方程（）有四个实数解，且，，所以.的对称轴为，所以.因为，所以，即，.因为，所以.所以，令，，因为，为减函数，所以.故选：A.19．（2024·江西宜春·模拟预测）已知函数，若方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】方程有四个不同的解等价于与有四个不同的交点，如下图所示：则与关于对称，，，，，令，解得：；令，解得：；，在上单调递增，，即的取值范围为.故选：D.二、多选题20．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设函数，若关于的方程有四个实数解，且，则的值可能是（

）A．0 B．1 C．99 D．100【答案】BC【解析】如图所示：因为关于的方程有四个实数解，且，所以.的对称轴为，所以.因为，所以，即，.因为，所以.所以，因为，为减函数，所以.故选：BC三、填空题21．（2024·安徽合肥·一模）已知直线y＝b与函数f（x）＝2x+3和g（x）＝ax+lnx分别交于A，B两点，若AB的最小值为2，则a+b＝.【答案】2.【解析】设A（x1，b），B（x2，b），可设x1＜x2，则2x1+3＝ax2+lnx2＝b，∴x1（ax2+lnx2﹣3），∴|AB|＝x2﹣x1＝（1a）x2lnx2，令y＝（1a）xlnx，则y′＝1•（x＞0），由|AB|的最小值为2，可得2﹣a＞0，函数在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，∴x时，函数y取得极小值，且为最小值2，即有（1a）•ln2，即得ln0解得a＝1，由x2＝1，则b＝ax2+lnx2＝1+ln1＝1，可得a+b＝2．故答案为：2．四、解答题22．（2024·高二·浙江嘉兴·阶段练习）已知函数，，是自然对数的底数.(1)讨论函数的单调性；(2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；(3)若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值.【解析】（1），若，则恒成立，所以在上单调递增，若，，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，综上可知，时，的增区间是，当时，的减区间是，增区间是；（2）方程，显然当时，方程不成立，则，，若方程有两个不等实根，即与有2个交点，，当时，，在区间和单调递减，并且时，，当时，当时，，单调递增，时，当时，取得最小值，，如图，函数的图象，与有2个交点，则；（3）当时，，，所以，当时，，，令，，则，由（1）可知，在单调递增，而且，所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点，设此零点为，则，且，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的最小值为，所以，所以整数的最大值为2.23．（2024·高一·湖南衡阳·阶段练习）已知函数为奇函数.(1)求；(2)若，求满足不等式的最大整数.【解析】（1）因为函数为奇函数，所以，即，所以，化简得：解得，经检验均符合题意，所以.（2）依题意有，即，因此当时，；当时，，所以，又，所以，因此满足不等式，因为，所以在上单调递减，因此，即，解得，即.因为，因此满足不等式的最大整数.24．（2024·高二·广东东莞·阶段练习）已知函数(1)讨论的单调性；(2)若对任意，有恒成立，求整数m的最小值【解析】（1）因为，当时，在上恒成立，此时在上单调递增；当时，，得舍去，，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）因为对任意，恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立．设，则.设，，则在上单调递减，因为，，所以，使得，即.当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，所以.因为，所以，故整数m的最小值为25．（2024·高三·四川巴中·阶段练习）函数；(1)当时，讨论函数的单调性；(2)在恒成立，求整数的最大值.【解析】（1）当时，，，当单调递减；当或单调递增；故函数的单调递减区间为，单调递增区间为和（2）因为，所以，即，故，在恒成立，即，则在恒成立，设，则，设，则，所以在上单调递增，又，，所以方程有且只有一个实根，且，，所以在上，，单调递减；在,上，，单调递增，所以函数的最小值为，从而，又为整数，所以的最大值为：2．26．（2024·宁夏银川·一模）已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)若，不等式恒成立，求整数的最大值．【解析】（1），，所以，当时，，，单调递增，当时，令得，所以在上，单调递增，在上，单调递减，综上所述，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）因为，恒成立，所以恒成立，所以恒成立，令，则，在上单调递减，又，，所以存在唯一实数，使得，即，即，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以，令，则恒过点，若，则在上单调递增，所以在上恒成立，所以符合题意，若，则，所以成立，所以符合题意，若时，则在上单调递减，当时，，且，又，所以当时，，下证：当时，，即证，则，且在上单调递减，所以，所以时符合题意，当时，，取，则，因为，不满足，所以当时，不符合题意，综上所述，整数的最大值为．27．（2024·河南·三模）已知函数，e为自然对数的底数．(1)若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程；(2)判断不等式的整数解的个数；(3)当时，，求实数a的取值范围．【解析】（1），所以，又

所以该曲线在点P处的切线方程为:，即（2）的定义域为，，当时，，单调递增；当，，单调递减．

又，，，，

所以，不等式的整数解的个数为3．（3）不等式可整理为，

令，，所以当，，单调递增，当，，单调递减，所以，又，所以令，则

令，则

令，则

令，，则，，

所以单调递减，，所以，单调递减，，所以，所以，所以单调递减，

所以.28．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，不等式恒成立，求整数的最大值．【解析】（1）当时，，因为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）由题意，知对任意恒成立，可知对任意恒成立．设函数，只需．对函数求导，得．设函数，对函数求导，得，所以函数在上单调递增．又，所以存在，使，即，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，所以．又，所以，所以整数的最大值为2．29．（2024·高三·广东·开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）．(1)当时，求的最小值；(2)若对定义域内的一切实数，都有，求整数的最小值．（参考数据：）【解析】（1）时，，故，因为在上均为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，所以在上为减函数，在上为增函数，故.（2）由的定义域为，，因为在上均为增函数，故在上为增函数，而，当（从的右侧）时，，故在上存在一个零点，且时，；时，；故在上为减函数，在上为增函数，故，而，故，且，故，故，故，故，故.若，则即，因为在均为增函数，故在为增函数，而，但，故，即，故，但，即成立故时，恒成立，故整数的最小值为1.30．（2024·高三·宁夏石嘴山·期末）设函数(1)若曲线在点处的切线斜率为，求实数的值及该切线方程；(2)若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值.【解析】（1）由已知条件得，在点处的切线斜率为，即，此时，所以，所以切线方程为，即；（2）由得，整理得，当时，，即，令，则.令，恒成立，即函数在上单调递增，其中，，∵由零点存在性定理可知在上存在唯一的零点，即，∴在上，在上，∴在上，在上，∴在上单调递减，在上单调递增，∴在上的最小值为，又，∴，即，∴，且为整数，∴的最大值.31．（2024·高三·浙江宁波·期末）已知函数，.(1)当时，求函数的单调区间；(2)若在内恒成立，求整数的最大值.【解析】（1）函数的定义域为，当时，，，令，解得：；令，解得：；所以在上单调递减，在上单调递增.（2）由可得：，记，，①若，即，，则在上单调递增，又时，，不合题意；②若，即，令，则，令，则，则在上单调递减，在上单调递增，，令，，则令，解得：