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）.pdf

《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）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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）.pdf（31页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023 一轮复习重难点专题突破一轮复习重难点专题突破专题专题 10 利用导数解决一类整数问题利用导数解决一类整数问题【题型归纳目录】【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题型四：整数解问题之必要性探路【典例例题】【典例例题】题型一：整数解问题之分离参数、分离函数、半分离题型一：整数解问题之分离参数、分离函数、半分离例例 1已知函数 ln2f xxx（1）求函数在 1,1f处的切线

2、方程（2）证明：f x在区间3,4内存在唯一的零点；（3）若对于任意的1,x，都有ln1xxxk x，求整数k的最大值【答案】（1）y1；（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 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ln1x xxkx，令 ln1x xxg xx，原问题转化为求 g x在1，上的最小值，结合(2)中结论和隐零点的思维，即可得解（1）ln2f xxx，11f，11fxx，10f，f x在1,1处的切线为1y ；（2）证明：ln2f xxx，11fxx，当3,4x时，110fxx，f x在3,4上单调递增

3、，f（3）3ln321 ln30，f（4）4ln422ln40，f x在区间3,4内存在唯一的零点（3）ln1x xxk x，且1,x，ln1x xxkx，令 ln1x xxg xx，则 2ln2(1)xxgxx，1x，由（2）知，ln2f xxx在1,上单调递增，且在区间3,4内存在唯一的零点，设该零点为03,4x，则000ln20f xxx，故当01,xx时，0f x，即 0gx，g x在01,x上单调递减，当0(xx，)时，0f x，即 0gx，g x在0(x，)上单调递增，000000min00002ln()3,411xxxxxxg xg xxxx，min0()3,4kg xx，故整数

4、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，属于中档题例例 2已知函数211()ln2f xxxxaa，(0)a.（1）当12a 时，求函数 fx在点 1,1f处的切线方程；（2）令2()()F xaf xx，若()1 2F xax 在1,x恒成立，求整数a的最大值.（参考数据：4ln33，5ln44）.【答案】（1）30 xy；（2）3.【分析】（1）（1）当12a 时，得到2()2ln4f xxxx，求得1()44fxxx，得出(1)1f，且(1)2f，结合直线的点斜式方程，即可求解.（2）把()1 2F xax 在1

5、,转化为1lnxax在1,x恒成立，令1()lnxh xx，利用导数求得函数的额单调性，零点的存在定理得到()h x在0(1,)x上递减，在0(,)x 上递增，从而求得min0()ah xx，即可求得整数a的最大值.【详解】（1）（1）当12a 时，可得2()2ln4f xxxx，则1()44fxxx，可得(1)1f，且(1)2ln1 42f，即函数 fx在点1,2处的切线的斜率1k，所以切线方程为(2)1yx，即30 xy，函数 fx在点 1,1f处的切线方程30 xy.（2）由2()()ln(21)F xaf xxaxax，因为()1 2F xax 在1,恒成立，即ln(21)12axax

6、ax 在1,恒成立，即1lnxax在1,x恒成立，令1(),1lnxh xxx，可得21ln1()lnxxh xx，令1()ln1(1)t xxxx，可得()t x在1,上单调递增，且(3)0,(4)0tt，所以存在0(3,4)x，使得0001()ln10t xxx，从而()h x在0(1,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增，所以00min000011()()(3,4)1ln1xxh xh xxxx，因为1lnxax在1,恒成立，所以min0()ah xx，所以整数a的最大值为3.例例 3已知函数()ln2f xxx（1）证明：()f x在区间3,4内存在唯一的零点；（2）若对于任意的1

7、,x，都有ln1xxxk x，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()f 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ln1xxxkx，令ln()1xxxg xx，原问题转化为求()g x在1,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：()ln2f xxx，1()1fxx，当3,4x时，1()10fxx，()f x在3,4上单调递增，(3)3ln321ln30f，(4)4ln 422ln 40f，()f x在区间3,4内存在唯一的零点（2）解：ln(1)xxxk x，且1,x，ln1xxxkx，令ln(

8、)1xxxg xx，则2ln2()(1)xxg xx，1x，由（1）知，()ln2f xxx在1,上单调递增，且在区间3,4内存在唯一的零点，设该零点为03,4x，则000ln20f xxx，故当01,xx时，()0f x，即)(0g x，()g x在01,x上单调递减，当0,xx时，()0f x，即()0gx，()g x在0,x 上单调递增，000000min00002()(3,4)1ln1xxxxxxg xg xxxx，min0()(3,4)kg xx，故整数k的最大值为 3题型二：整数解问题之直接限制法题型二：整数解问题之直接限制法例例 4已知偶函数()f x满足(4)(4)fxfx，且

9、当(0 x，4时，(2)()lnxf xx，关于x的不等式2()()0fxaf x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：()f x是偶函数，()()fxf x，(4)(4)fxfx，(8)(4(4)()()fxfxfxf x，()f x的周期为8T 当(0 x，4时，21(2)()lnxfxx，当02ex时，()0fx，当42ex 时，()0fx，()f x在(0,)2e上单调递增，在(2e，4上单调递减又f（1）20ln，f（4）83 2044lnln，且()f x是以 8 为周期的偶函数，当x为整数时，()0f x，2()()0fxaf x在 200

10、，200上有 300 个整数解，2()()0fxaf x在(0，4上有 3 个整数解，显然这三个整数解为 1，2，3，即()0f xa在(0，4上有三个整数解 1，2，3(3)0(4)0fafa，即6033 204lnalna，解得：63 234lnlna例例 5已知函数()(0)xf xeax x，其中aR，e为自然对数的底数（1）试讨论()f x的单调性；（2）是否存在正整数a，使得2()f xx lnx对一切0 x 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）()(0)xfxea x若1a，则()0fx恒成立，()f x在(0,)上单调递增；若1a，令()0fx

11、，则xlna，当0 xlna时，()0fx，()f x单调递减；当xlna时，()0fx，()f x单调递增综上所述，当1a时，()f x在(0,)上单调递增；当1a 时，()f x在(0,)lna上单调递减，在(,)lna 上单调递增（2）要使2()xf xeax x lnx在(0,)上恒成立，则20 xealnxxx在(0,)上恒成立，令2()(0)xeah xlnx xxx，则323(2)1(2)()()xxxeaxexa xh xxxxx当2a 时，3(2)()()xxexh xx，由xex知，()h x在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增2()(2)2 104mineh xh

12、ln，2a满足题意当2a 时，当2xa时，函数()h x的取值情况，2xa，20 x，0 xa又xex，(2)()xxexa x，即()0h x，当2a 时，()h x在(2,)a上单调递增不妨取3a，则函数()h x在(2,3)上单调递增，23e，且23()10eh eee，()0h x不能恒成立综上所述，正整数a的最大值为 2例例 6已知函数()(0)xeaxf xxx，其中aR，e为自然对数的底数（1）若函数()f x有两个零点，求a的取值范围；（2）是否存在正整数a，使得()f xxlnx对一切0 x 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）()xxeaxe

13、f xaxx，2(1)()xexfxx，令()0fx，得1x，令()0fx，得01x，函数()f x在(0,1)上单调递成，在(1,)上单调递增，()minf xf（1）ea，函数()f x有两个零点，f（1）0，a的取值范围为(,)e；（2）要使()xeaxf xxlnxx在(0,)上恒成立，即使20 xealnxxx在(0,)上恒成立，令2()(0)xeah xlnx xxx，则323(2)1(2)()()xxxeaxexa xh xxxxx，当2a 时，3(2)()()xxexh xx，由xex知()h x在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增，2()(2)2 104mineh xhl

14、n，2a时满足题意；当2a 时，考查2ax时，函数()h x的取值情况：2ax，20 x，0 xa，又xex，(2)()xxexa x，即()0h x，当2a 时，()h x在(2,)a上单调递增，取3a，则函数()h x在(2,3)上单增，23e，且23()10eh eee，()0h x不能恒成立，综上，a的最大正整值为 2例例 7已知集合2|230Ax xx，集合2|21 0Bx xax，0a（）若1a，求AB；（）若AB中恰含有一个整数，求实数a的取值范围【解答】解：（）2|230|1Ax xxx x或3x ，当1a 时，由221 0 xx，解得：1212x，即12B，12，(1AB，1

15、2；（）函数2()21yf xxax的对称轴为0 xa，(0)10f ，且AB中恰含有一个整数，根据对称性可知这个整数为 2，f（2）0且f（3）0，即441 09610aa，解得：3443a 题型三：整数解问题之虚设零点题型三：整数解问题之虚设零点例例 8设函数1()ln,()3()af xx g xaxaRx.（1）求函数()()()xf xg x的单调增区间；（2）当1a 时，记()()()h xf xg x，是否存在整数，使得关于 x 的不等式2()h x有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.（参考数据：ln20.6931,ln31.0986）【答案】（1）答案见解析（2

16、）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 0 x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min21()32h x，从而可得整数的最小值.（1）因为1()()()ln3(0)axf xg xxaxxx，所以 222211111(0)axaxaxxaaxaxxxxx，当0a 时，由 0 x，解得0 x；当1a 时，由 0 x，解得1axa；当01a时，由 0 x，解得0 x；当1a 时，由 0 x，解得0 x；当0a 时，由 0 x，解得10axa，综上所述，当0a 时，x的增区间为10,aa；当01a时，x的增区间为0,；1a 时，x的增区间为

17、1,aa.（2）当1a 时，3g xx，所以()(3)lnh xxx，而33()lnln1xh xxxxx，因为1ln,yx yx 均为0,上的增函数，故3()ln1h xxx为0,上的增函数，而1(2)ln202h，33()ln1022h，故()h x在0,上有且只有一个零点0 x，0322x且003ln1xx且00,xx时，()0h x；当0,xx时，()0h x，故()h x在00,x上为减函数，在0,x 上为增函数，故min000000039()3 ln316h xh xxxxxxx，因为0322x，所以001392023xx，所以00291632xx，而整数，使得关于 x 的不等式2

18、()h x有解，故20，故存在整数满足题意，且的最小值为 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.例例 9已知函数()ln3f xxxkxk，求：（1）当1k 时，求曲线()f x在点(1(1)f，处的切线方程；（2）当3x 时，总有()1f x，求整数k的最小值.【答案】（1）240 xy（2）-3【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1k 时，()ln3f xxxx()ln2fxx(1)2(1)2ff()f x在点(1,(1)f

19、处的切线方程为22(1)yx即240 xy（2）由题意，()1f x，即ln31xxkxk，即(3)1lnk xxx，又3x，1ln3xxkx恒成立.令1ln()3xxg xx，23ln2()(3)xxg xx令()3ln2h xxx，则3()0 xh xx恒成立.()h x在3,上递减，(8)3ln860h，(9)3ln970h0(8,9)x使0()0h x，即003ln20 xx，则002ln3xx，当0(8,)xx时，()0g x，当0(,)xx时，()0g x00000max000211ln1103()()(,3)3333xxxxxg xg xxx 因为max()kg x，且kZ，3k

20、，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。例例 10已知函数 1xf xxke（其中e为自然对数的底数）（1）当1k 时，求函数 fx的极值；（2）若函数 2g xf xe在0,x有唯一零点，求实数k的取值范围；（3）若不等式 3fxx对任意的xR恒成立，求整数k的最大值【答案】（1）极小值为1e，无极大值；（2）221,e；（3）2.【分析】（1）利用导数可确定 fx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0k 时，可知 00g，解不等式可知无满足题意的值；当0k 时，根据 ming xg k，分别在

21、0g k，0g k 和 0g k 三种情况下，根据 g x在0,x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31xxkxe，令 31xxh xxe 得 33xxexh xe，令 33xm xex可确定01 1,4 2x，使得00m x，由此可得 0minh xh x，进而得到0h x的范围，从而得到k.（1）当1k 时，xfxxe，则 1xfxxe，当,1x 时，0fx；当1,x 时，0fx；f x在,1 上单调递减，在1,上单调递增，f x的极小值为11fe，无极大值.（2）21xg xxkee，xgxxk e，当,xk 时，0gx；当,xk时，0gx；g x在,k上单调递减，

22、在,k 上单调递增；当0k 时，g x在0,上单调递增，若 g x在0,上有唯一零点，则 00g，即210ke ，解得：210ke（舍）；当0k 时，g x在0,k上单调递减，在,k 上单调递增；当 0g k，即02k时，min0g xg k，则 g x在0,上无零点，不合题意；当 0g k，即2k 时，g x在0,上有唯一零点2x，满足题意；当 0g k，即2k 时，由210g ke得：10g k g k，g x在,1k k 上有唯一零点，此时需 2010gke ，即21ke；综上所述：当2k 或21ke时，g x在0,上有唯一零点，即实数k的取值范围为 221,e.（3）若 3fxx对xR

23、恒成立，即13xxkex对xR恒成立，则31xxkxe，令 31xxh xxe，则 33331xxxxexhxee，令 33xm xex，则 30 xmxe，m x在R上单调递增，13022me，419044me，01 1,4 2x，使得00m x，即00330 xex，则当0,xx 时，0h x；当0,xx时，0hx；h x在0,x上单调递减，在0,x 上单调递增，000000000min000331111113311xxxxh xh xxxxxexxx ，01 1,4 2x，0311,42x ，0313,212h x，0kh x，整数k的最大值为2.【点睛】方法点睛：求解本题恒成立问题的常

24、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 afx恒成立，则 maxafx；若 afx恒成立，则 minafx.例例 11已知函数 ln2f xxx（1）求函数在 1,1f处的切线方程（2）证明：f x在区间3,4内存在唯一的零点；（3）若对于任意的1,x，都有ln1xxxk x，求整数k的最大值【答案】（1）y1；（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 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ln1x xxkx，令 ln1x xxg xx，原问题转化为求 g x在1，上的最小

25、值，结合(2)中结论和隐零点的思维，即可得解（1）ln2f xxx，11f，11fxx，10f，f x在1,1处的切线为1y ；（2）证明：ln2f xxx，11fxx，当3,4x时，110fxx，f x在3,4上单调递增，f（3）3ln321 ln30，f（4）4ln422ln40，f x在区间3,4内存在唯一的零点（3）ln1x xxk x，且1,x，ln1x xxkx，令 ln1x xxg xx，则 2ln2(1)xxgxx，1x，由（2）知，ln2f xxx在1,上单调递增，且在区间3,4内存在唯一的零点，设该零点为03,4x，则000ln20f xxx，故当01,xx时，0f x，即

26、 0gx，g x在01,x上单调递减，当0(xx，)时，0f x，即 0gx，g x在0(x，)上单调递增，000000min00002ln()3,411xxxxxxg xg xxxx，min0()3,4kg xx，故整数k的最大值为 3题型四：整数解问题之必要性探路题型四：整数解问题之必要性探路例例 12（2021山西晋中市新一双语学校模拟预测（文）已知函数 e,ln1.xf xmg xx（1）若函数 fx与 g x有公共点，求m的取值范围；（2）若不等式 1f xg x恒成立，求整数m的最小值.【答案】（1）1em；（2）最小值为1.【分析】（1）由 f xg x，可得ln1xxme，函数

27、 fx与 g x有公共点，即ln1xxme有解，设 ln1exxh x，求导数，求出函数 h x的值域即可.（2）不等式 1f xg x恒成立，即eln10 xmx 恒成立，当1x 时，eln12m 成立，解得2em，故1.m 再验证1m 时，不等式成立即可得出答案.【详解】解：（1）令 f xg x，即eln1xmx，则ln1xxme，函数 fx与 g x有公共点，即ln1xxme有解.令 ln1exxh x，则 1ln1exxxhx.令 11ln11lnk xxxxx，当1x 时，110,ln0 xx，所以 0k x，当01x时，110,ln0 xx，所以 0k x 所以 h x在0,1上

28、单调递增，在1,上单调递减，所以 11h xhe且当0 x 时，f x 所以1em.（2）不等式 1f xg x恒成立，即eln10 xmx 恒成立.则1x 时，eln12m 成立，解得2em，由题意求满足条件的整数m最小值，下面验证1m 是否满足题意.当1m 时，令 1eln2,exxm xxmxx，且 m x在0,上单调递增.又 110,02mm，可知存在唯一的正数01,12x，使得00m x，即001e0 xx，则 m x在00,x上单调递减，在0,x 上单调递增.所以0min00001()eln220 xm xm xxxx，即当1m 时，不等式 1f xg x成立.故整数m的最小值为1

29、.【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1x 时，不等式eln12m 成立，求处一个参数的范围，然后根据题目要求再验证1m 满足条件，从而得出答案.属于中档题.例例 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 sinf xx，lng xx，21h xxax（1）若0,1x，证明：1f xg x；（2）对任意0,1x都有 0 xfeh xg x，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00,1x，使得0()0 xF，0F x在0,1上恒成立上可以证明 F x

30、在定义域上的单调性，可知 0F x，便可证明结论.（2）先判断整数2a 可知sin2sin21 ln21 lnxxexaxxexxx ，接着证明 sin221 ln0 xH xexxx 在区间(0,1上恒成立即可可出结论.【详解】解：（1）证明：设 sinln1F xxx，01x，则 1cos1Fxxx因为 21sin1Fxxx，且0,1x则 Fx在0,1，单调递减，1sin104，01FxF所以存在唯一零点00,1x，使得0()0 xF则 Fx在00,x时单调递增，在0(),1x上单调递减又 111cos1cos0223F ，(0)0F所以 0F x在0,1上恒成立上，所以 F x在0,1单

31、调递增则 00F xF，即 0F x，所以 1f xg x（2）因为对任意的0,1x，()0f xeh xg x即sin21 ln0 xexaxx 恒成立令1x，则sin1ea由（1）知sin1ln2，所以ln2sin1123eee由于a为sin21 ln0 xexaxx 整数，则2a 因此sin2sin21 ln21 lnxxexaxxexxx 下面证明 sin221 ln0 xH xexxx，在区间(0,1上恒成立即可.由（1）知sinln1xx，则sin1xex故 22121 lnlnH xxxxxxxx 设 2lnG xxxx，0,1x，则 2111210 xxGxxxx，所以 G x

32、在0,1上单调递减，所以 10G xG，所以 0H x 在0,1x上恒成立.综上所述，a的最大值为 2例例 14.是否存在正整数a，使得2elnxaxxx对一切0 x 恒成立?试求出a的最大值.解:易知2elnxaxxx对一切0 x 恒成立，当1x 可得ae，则a仅可取 1、2下证2a 时不等式恒成立，设23(2)ee2()ln,()xxxxg xx g xxxx()g x在(0,2)单调递减，(2,)单调递增，21()(2)44ln204g xge当2a 时，不等式恒成立，所以a最大为 2.例例 15.ln2,2xxxxkx求 k 的最大整数值.解:令ln()2xxxf xx，显然2223(

33、4,5)2ekf ee因此k的最大整数值可能是 4，下证4k 时恒成立由221eln1ln1exxxx 即2eln3xx所以223ln8()44222exxxxxxef xxxx【过关测试】【过关测试】1（2022吉林长春市第二实验中学高二期中）设函数 e21xfxax，1g xx(1)讨论 fx的单调性；(2)若12a，且不等式 0 xk fxg x对0,x 恒成立，求整数k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e1e1xxxk+-对0,x 恒成立，构造函数，研究其最小值，然后求

34、出k的最大值.(1)e2xfxa，xR当0a 时，在,x 上 0fx恒成立，fx单调递增；当0a 时，令 0fx，解得ln 2xa，在,ln 2xa 上 0fx，fx单调递减；在ln 2,xa上 0fx恒成立，fx单调递增.综上：当0a 时，fx在,x 上单调递增；当0a 时，fx在,ln 2xa 上单调递减，在ln 2,xa上单调递增.(2)因为e10 x，所以原不等式等价于e1e1xxxk+-对0,x 恒成立，即mine1e1xxxk骣+琪琪-桫令 e1e1xxxh x，2ee2e1xxxxh x令 0h x，即e20 xx，令()=e2xH xx-，因为 e10 xHx ，所以 H x在

35、0,x上单调递增，因为()1e30H=-所以01,2x使得 0Hx，即00e20 xx在00,xx上，0Hx，H x单调递减；在0,xx上，0Hx，H x单调递增，所以()()()()0000000min021e11e121xxxxxH xH xxx+=+-+-又因为01,2x，所以()()min2,3H x，又kZ，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()(1)ln()f xaxx aR.(1)讨论函数()f x的单调性与极值；(2)当0a 时，函数()()(2)ex

36、g xf xx在1,14上的最大值为，求使得13,55kk上的整数 k的值（其中 e 为自然对数的底数，参考数据：ln0.50.7，ln0.60.5）.【答案】(1)单调性见解析，极大值为1 ln(1)a，无极小值(2)4【解析】【分析】（1）对函数()f x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.(1)1()1fxax，,()0 x.当1 0a，即1a时，()0fx恒成立，则函数()f x在(0,)上单调递增，无极值；当10a，即1a 时，令()0fx，即1(1)

37、110axaxx，解得11xa，当10,1xa时，()0fx，故函数()f x在10,1 a上单调递增；当1,1xa时，()0fx，故函数()f x在1,1 a上单调递减，所以当11xa时，函数()f x取得极大值，且极大值为111 ln1 ln(1)11faaa .综上所述，当1a时，函数()f x在(0,)上单调递增，无极值；当1a 时，函数()f x在10,1 a上单调递增；在1,1 a上单调递减，在11xa处，()f x取得极大值，且极大值为1 ln(1)a，无极小值.(2)依题意，当0a 时，()ln(2)exg xxxx，111()1(1)e(1)ee(1)xxxxg xxxxxx

38、x.因为1,14x，所以1 0 x .令1()exh xx，1,14x，则21()e0 xh xx在1,14上恒成立，所以()h x在1,14上单调递增.又0.5(0.5)e20h，0.65(0.6)e03h，所以存在01 3,2 5x，使得00h x，即001exx，则当01,4xx时，()0h x，则()0g x，所以函数()g x在01,4x上单调递增；当0,1xx时，()0h x，则()0g x，所以函数()g x在0,1x上单调递减，所以函数()g x在1,14上的最大值0000000000ln2 elne2exxxg xxxxxxx.又因为001exx，所以0002ln1xxx，0

39、1 3,2 5x.令2()ln1xxxx，1 3,2 5x，则212()10 xxx 在1 3,2 5上恒成立，所以函数()x在1 3,2 5上单调递增，所以13()25x.因为111ln1 44.2222 ，33310ln13.45553 ，所以 4.2,3.4，又13,55kk，所以整数4k .3（2022江苏南京市江宁高级中学模拟预测）设函数()esin2xf xaxb(1)当1,0,)2ax时，()0f x 恒成立，求 b 的范围；(2)若()f x在0 x 处的切线为10 xy，且()ln()2f xxm，求整数 m 的最大值【答案】(1)1,);(2)2【解析】【分析】（1）求出当

40、1,0,)2ax时()0f x，只需要min()0f x；（2）先根据切线的条件求出参数,a b，在类似（1）中用恒成立的方式来处理.(1)由()sin2xf xeaxb，当12a 时，得()cos2xfxex当0,)x时，1,cos2 1,1xex，所以()cos20 xfxex，即()f x在0,)上单调递增，所以min()(0)1f xfb，由()0f x 恒成立，得10b，所以1b ，即 b 的范围是 1,)(2)由()sin2xf xeaxb得()2 cos2xfxeax，且(0)1fb 由题意得0(0)21fea，所以0a，又(0,1)b在切线10 xy 上所以01 10b ，所以

41、2b ，即()2xf xe因为()ln()2f xxm，所以有ln()xexm令0 xte，则ln()xexm等价于ln()txm，即txme，从而lnttmexet设()lntg tet，则1()tg tet易知()g t在(0,)上单调递增，且120,(1)102gege 所以，由函数零点存在性定理知，存在唯一的01,12t使得 00g t，即001tet，则00lntt 当00,tt时，0()0,()g tg tg t在00,t上单调递减；当0,tt时，0()0,()g tg tg t在0,t 上单调递增从而 0min00001()lntg tg tettt而001tt在1,12上是减函

42、数，所以00152,2tt因此()g t的最小值 052,2g t从而整数 m 的最大值是 24（2022全国模拟预测）已知函数 1 e3exxafxa，其中 e 为自然对数的底数，Ra(1)讨论函数 fx的单调性；(2)当a0时，若存在Rx使得关于 x的不等式 kxf x成立，求k 的最小整数值（参考数据：34e2.1）【答案】(1)答案见解析；(2)0.【解析】【分析】（1）求出函数 fx的导数，分1a ，10a，0a 三种情况讨论 fx的符号求解作答.（2）构造函数 g xxfx，求出 g x的最小值取值范围，再由不等式成立求整数 k 的最小值作答.(1)函数 fx的定义域 R，求导得：

43、21 e1 eeexxxxaaafxa，若1a ，由 1ee110exxxaaaaafx，得ln1axa，当,ln1axa 时，0fx，当ln,1axa时，0fx，则 fx在,ln1aa上单调递增，在ln,1aa上单调递减，若10a，则对任意Rx都有 0fx，则 fx在 R 上单调递增，若0a，当,ln1axa 时，0fx，当ln,1axa时，0fx，则 fx在,ln1aa上单调递减，在ln,1aa上单调递增，所以，当1a 时，fx在,ln1aa上单调递增，在ln,1aa上单调递减；当10a 时，fx在 R 上单调递增；当0a 时，fx在,ln1aa上单调递减，在ln,1aa上单调递增(2)当

44、 a=0 时，令 e3xg xxf xx，则 1 e3xgxx，令 1 e3xh xx，则 2 exh xx，则当2,x 时，0h x，gxh x在2,上单调递增，当,2x 时，0h x，gx在,2 上单调递减，因 01320g ，3437e30.675044g，则存在030,4x，使得0001 e30 xgxx，即003e1xx，则当0,xx时，0gx，当02,xx 时，0gx，又当,2x 时，0gx，所以当0,xx 时，0gx，因此 g x在0,x上单调递减，在0,x 上单调递增，于是 00000min0031e3331211xg xg xxxxxx，030,4x，000716511,12

45、,4128xxx min27,028g x 若存在Rx使得关于 x 的不等式 kxf x成立，且 k 为整数，得0k，所以 k 的最小整数值为 0.【点睛】结论点睛：函数 yf x的定义区间为D，若xD，使得()mf x成立，则max()mf x；若xD，使得()mf x成立，则min()mf x.5（2021陕西铜川市第一中学高二阶段练习（理）设函数 e2e1exxf xax.(1)求 fx的单调区间；(2)当2x 时，0f x 恒成立，求整数a的最大值.【答案】(1)单调增区间为(,)a，单调减区间为(,)a(2)2【解析】【分析】（1）求导，分别解不等式 0fx，0fx可得；（2）分离参

46、数，将恒成立问题转化为函数()g x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()g x的单调区间，从而可得最值，然后可得.(1)()exfxax，由 e0()xfxax解得xa，由 e 0()xh x，所以e(e)2xxh x在(2,)上单调递增，232e4e 0,3e6e 0hh，所以存在02,3x，00h x记000e2e0()xh xx，则00e2exx所以当0(2,)xx时，()0h x，即()0g x，此时()g x单调递减，当0(,)xx时，()0h x，即()0g x，此时()g x单调递增所以当0 xx时，()g x由最小值00001 e()e2exx

47、xg x将代入可得000000001 e2e1()e2e2e2exxxxxg xxx所以0ax，因为 a 为整数，所以 a 的最大值为 2.6（2022河南安阳模拟预测（文）已知函数 ln2 exf xxaxx.(1)当1a 时，求曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程；(2)当1a 时，f xb对任意的1,13x恒成立，求满足条件的实数b的最小整数值.【答案】(1)1 ey (2)3【解析】【分析】（1）求出 f x在1x 处的导数值，求出 1f，即可得出切线方程；（2）不等式化为2 elnxbxxx对任意的1,13x恒成立即可，构造函数 2 elnxg xxxx，利用导数求出最大值即可得

48、出.(1)当1a 时，ln2 exf xxxx，111 exfxxx，则 11 ef ，10f，所以切线方程为1 ey .(2)因为 f xb对任意的1,13x恒成立，即2 elnxbxxax，当1a 时，对任意的1,13x恒成立，1a，0 x，2 eln2 elnxxxxaxxxx，只需2 elnxbxxx对任意的1,13x恒成立即可.构造函数 2 elnxg xxxx，111 e11exxgxxxxx，1,13x，10 x，且 1ext xx单调递增，121e202t，1e10t，一定存在唯一的01,12x，使得00t x，即001exx，00lnxx，且当013xx时，0t x，即 0g

49、x；当01xx时，0t x，即 0gx.所以函数 yg x在区间01,3x上单调递增，在区间0,1x上单调递减，000000max012 eln1 24,3xg xg xxxxxx ，所以 b 的最小整数值为3.7（2022陕西汉中二模（理）已知函数 3xfxeax，曲线 yf x在点(0,(0)f处切线方程为2y .(1)求实数 a 的值及函数()f x的单调区间；(2)若0 x 时，()e2xmxm，求整数 m 的最大值.【答案】(1)1a ，单调递增区间为（0，+），单调递减区间为（-，0）(2)2【解析】【分析】（1）根据所给的条件，写出在 0,0f处的点斜式直线方程即可求出 a；（2

50、）参数分离，构造函数，由函数的单调性即可求解.(1)函数()f x的定义域为（-，+），因 xfxea，01fa，在 0,0f处的切线方程为：000yffx，由己知得(0)2f，12ya x，所以1a ；由 10 xfxe 得0 x，由()0fx 得0 x，所以函数()f x的单调递增区间为（0，+），单调递减区间为（-，0）；(2)0 x 时，不等式()2xmx em等价于21xxxeme，令 21xxxeg xe，则 231xxxeexgxe，由（1）得()e3xh xx在（0，+）上单调递增，又因为(1)0h，(2)0h，所以 gx在(0,)上有唯一零点0 x，且012x，当0(1,)x