資源簡介

重難點突破 08 利用導數解決一類整數問題　
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................2
題型一：整數解問題之分離參數、分離函數、半分離 ....................................................................2
題型二：整數解問題之直接限制法 ....................................................................................................3
題型三：整數解問題之虛設零點 ........................................................................................................4
題型四：整數解問題之必要性探路 ....................................................................................................5
03 過關測試 ...........................................................................................................................................6
利用導數解決一類整數問題常見技巧有：
1、分離參數、分離函數、半分離
2、直接限制法
3、虛設零點
4、必要性探路
題型一：整數解問題之分離參數、分離函數、半分離
【典例 1-1】（2024·高三·江西·期末）若集合 x x ln x + k - ln 4 x + k < 0 中僅有 2 個整數，則實數 k 的
取值范圍是（ ）
3 4
A é． ê ln ,
2 ln 2 é2÷ B． ê ln 2,
3 ln3 é2÷ C． ê ln 2,
3 ln 2 é3÷ D． ln
2 , 2 ln 2
4 3 3 ÷ 3 4 3 2 ê 4 3 3
2
【典例 1-2】若函數 f (x) ln x +1- mx= 有兩個零點 a,b，且存在唯一的整數 x0 (a,b)，則實數m的取值范x
圍是（ ）
e [ln 2eA． (0, ) B． ,1]2 4
[ln 2eC． ,1)
ln 3e e
D．[ , )
4 9 2
x -1 ex-2
【變式 1-1】（2024·高三·福建泉州·期中）關于 x 的不等式 a -1< 0 2 的解集中有且僅有兩個大x - 2
于 2 的整數，則實數 a 的取值范圍為（ ）
16 , 1 ù é 9 1 A． 4 B． ,è 5e 2e ú ê 4e3 2e ÷
16 , 4 ù é 9 4 C． 4 2 ú D． ,è 5e 3e ê 4e3 3e2 ÷
【變式 1-2】已知函數 f x x= x ，若不等式 f x - a x +1 > 0的解集中有且僅有一個整數，則實數 a的取e
值范圍是（ ）
é 1 , 1ù é 1 , 1 é 2 , 1 ù é 2 , 1 A． ê 2 ú B． ê ÷ C． D． e e e2 e ê3e2 2e ú ê 3e2 2e ÷
【變式 1-3 2】若關于 x 的不等式 k x + 2x ln x +1的解集中恰有 2個整數，則 k 的取值范圍是（ ）
1 k 1 ln 2 +1 k 1A． < B． <
3 8 3
ln 3 +1 k ln 2 +1 ln 4 +1 k ln 3 +1C． < D．
15 8 24 15
【變式 1-4】（多選題）（2024 x x·高三·廣東揭陽·期末）已知函數 f x = x - axe - ae ，且存在唯一的整
數 x0 ，使得 f x0 > 0，則實數 a 的可能取值為（ ）
2 1 3e + 4 1
A． B． C． D．
3e2 2e 12e2 e
2 x x
【變式 1-5】（2024·河南·模擬預測）已知函數 f x = 2x - 3 e - ax +1 e + 2ae (a > 0, a R)，若存在
唯一的整數 x0 ，使得 f x0 > 0，則實數 a的取值范圍是 .
題型二：整數解問題之直接限制法
【典例 2-1】（2024·全國·模擬預測）若對于"m -e,e ，"y -1, + ，使得不等式
4x3 + ln x +1 + 2023- m x -1< y ln y +1 恒成立，則整數 x 的最大值為 ．
【典例 2-2】（2024·河南南陽·一模）已知函數 f x = 3x2 - 2lnx + a -1 x + 3在區間 1,2 上有最小值，
則整數 a的一個取值可以是 ．
【變式 2-1】（2024 2·高三·重慶·期中）若關于 x 的不等式 xlnx + x - a +1 x + a 0的解集中恰有三
個整數解，則整數 a 的取值是（ ）(參考數據:ln2≈0.6931， ln3≈1.0986)
A．4 B．5 C．6 D．7
【變式 2-2】（2024·海南海口·模擬預測）過 x 軸上一點P t,0 作曲線C : y = x + 3 ex 的切線，若這樣的
切線不存在，則整數 t的一個可能值為 ．
x
【變式 2-3】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f x = e - mlnx + x -1 m R , f x 的圖象在
1, f 1 處的切線過原點．
(1)求m的值；
(2)設 g x = f x - x,h x = x2 - 2x + a ，若對"x1 0,+ 總$x2 R，使 g x1 > h x2 成立，求整數 a的最
大值．
1
【變式 2-4 2】已知函數 f x = 2lnx - mx +1 m R .
2
(1)當m =1時，證明： f x <1；
(2)若關于 x 的不等式 f x < m - 2 x 恒成立，求整數m的最小值.
m
【變式 2-5 2】（2024·江西·模擬預測）已知函數 f x = x + m -1 x -1 m R .
2
(1)求函數 f x 在區間 1,2 上的最大值；
(2)若m為整數，且關于 x 的不等式 f x lnx恒成立，求整數m的最小值.
題型三：整數解問題之虛設零點
【典例 3-1】已知函數 f (x) = ln(x +1) - ax + 2 ．
(1)若 a = 2，求 f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)當 x 0 時， f (x) + 2x + x ln(x +1) 0恒成立，求整數 a 的最大值．
【典例 3-2】（2024·高三·陜西西安·期末）已知函數 f x = xlnx ，對任意的 x > 0，關于 x 的方程
f x = lnx - x + a有兩個不同實根，則整數 a的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式 3-1】（2024·全國·模擬預測）當 x >1時， k - lnx x < lnx + 4恒成立，則整數 k 的最大值為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【變式 3-2】（2024·浙江·三模）已知函數 f x = x - 2 ex + ln x ， g x = ax + b，對任意 a - ,1 ，存
在 x 0,1 使得不等式 f x g x 成立，則滿足條件的b 的最大整數為 .
【變式 3-3】（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數 f x = xlnx - mx m R ．
(1)當m = 2 時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 x >1時，不等式 f x + lnx + 3 > 0恒成立，求整數m的最大值．
題型四：整數解問題之必要性探路
【典例 4-1】（2024·安徽合肥·三模）對于定義在D上的函數 F (x)，若存在 x0 D，使得F x0 = x0，則
稱 x0 為 F (x)的一個不動點．設函數 f (x) = (x -1)ex - a ln x + x ，已知 x0 x0 1 為函數 f (x) 的不動點．
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)若 k Z，且 kx0 < a對任意滿足條件的 x0 成立，求整數 k 的最大值．
2 3
（參考數據： ln 2 0.693， ln 3 1.1， 2e3 1.95，e 7.39，e2 4.48）
2x x 2
【典例 4-2】已知函數 f x = e - 2a +1 e + a + 2a, g x = ln x + m，對"a R,"x (0,+ ) ，不等式
f (x) g(x) 恒成立，則整數m的最大值是 .
x
【變式 4-1】（2024·浙江臺州·一模）設 f x =
ln x
2
(1)求證： f x x< ；
x -1
(2)若 f x < nln 1- x2 恒成立，求整數n的最大值．（參考數據 ln 2 0.693， ln 3 1.099 ）
【變式 4-2】已知 a > 0，函數 f x = ex - ax2 ， g x = ln x．
e
(1)若0 < a ，求證： f x 在R 上是增函數；
2
(2)若存在 a，使得 f x > g x + b對于任意的 x > 0成立，求最大的整數b 的值．
【變式 4-3】已知函數 f (x) = ae2x - 3x .
(1)當 a =1時，求 f (x) 的最小值；
f (x)
(2)若 x > -a 在 (0, + )上恒成立，求整數 a 的最小值.e
【變式 4-4】 f (x) = lnx - mx2 + (1- 2m)x +1，對"x > 0， f (x) 0，求整數m的最小值．
1．已知函數 f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0)，若有且只有兩個整數 x1, x2 使得 f (x1) > 0，且 f (x2) > 0，
則實數 a的取值范圍為（　　）
A．[ln 3,2) B． (0, 2 - ln 3] C． (0, 2 - ln 3) D．[2 - ln 3,2)
π
2．（2024·全國·模擬預測）當 x 0, 2 ÷
時，不等式 ex - xcosx + cosxlncosx + ax2 1恒成立，則實數 a的
è
最小整數為 ．
3．（2024 x·云南·三模）設函數 f x = xe + ax,a > -1，若存在唯一整數 x0 ，使得 f x0 < 0，則 a的取值
范圍是 .
4．（2024·廣東深圳·模擬預測）若關于 x 的不等式 ex (2k - x) < x + 3對任意的 x 0, + 恒成立，則整數
k 的最大值為 .
5．（2024·甘肅·三模）若關于 x 的不等式 x 2k - ln x < ln x + 4 對任意的 x 1,+ 恒成立，則整數 k 的最
大值為 .
6．（2024·江蘇常州·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x - 2e2x2 + mx ，若 f x 0的解集中恰有一個整數，
則 m 的取值范圍為 ．
7．（2024·高三·上海寶山·期中）若不等式 x ln x + k - ln 4 x + k < 0的解集中僅有 2 個整數，則實數 k 的
取值范圍是 ．
8．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數 f (x) = a sin x - ln(1+ x)(a R) ．
(1)若 a = -1，求證："x > 0, f (x) + 2x > 0；
x é0, k ù(2)當 a 1時，對任意 ê ú ，都有 f (x) 0，求整數 k 的最大值． 2
9．（2024·貴州·一模）已知 f x = ln x - ax +1 a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 1 ax2 - x 對 x 0, + 恒成立，求整數 a 的最小值．
2
10 f x = ex - xex．已知函數 +1．
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
1
(2)若函數 g x = ln x - x +1- ex - f x é ù在 ê ,1ú 上的最大值在區間 m, m +1 4 內，求整數 m 的值．
x
11．（2024 e·廣西桂林·模擬預測）已知函數 f x = - ln x + a .
x + a
1
(1)討論函數 g x = f x - 的單調性；
x + a
(2)若 a =1，且存在整數 k 使得 f x > k 恒成立，求整數 k 的最大值.
（參考數據： ln 2 0.69 ， ln 3 1.10）
12．設函數 f (x) = ex - ax - 2
(1)求 f (x) 的單調區間
(2)若 a =1，k 為整數，且當 x > 0時 (x - k) f (x) + x +1 > 0，求 k 的最大值
13 2．已知 f x = ax - 2ln x，a R．
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
(2)若對任意的 x > 0， 2 - f (x) 2(a -1)x 恒成立，求整數 a 的最小值．
14．已知函數 f x = x + a ln x + 3 a R .
(1)若函數 f x 在定義域內單調遞增，求 a 的取值范圍；
(2)若 a=2， f x > kx 在 x 1,+ 上恒成立，求整數 k 的最大值.（參考數據： ln 2 0.69， ln 3 1.1）
15．（2024 x·陜西漢中·二模）已知函數 f x = e + ax - 3，曲線 y = f x 在點 (0, f (0)) 處切線方程為
y=- 2 .
(1)求實數 a 的值及函數 f (x) 的單調區間；
(2)若 x > 0時， (m - x)ex < m + 2，求整數 m 的最大值.
16．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數 f x = x - lnx - 2 .
(1)判斷函數的單調性；
(2)若對于任意的 x 1,+ ，都有 xlnx + x > k x -1 ，求整數 k 的最大值.
17．已知函數 f x = ln x +1， xf x > k x -1 在 1, + 上恒成立，求整數 k 的最大值.
18．已知函數 f (x) = ln x - mx2 + (1- 2m)x +1.
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若對任意 x > 0，有 f (x) 0恒成立，求整數 m 的最小值
19．（2024 x·高三·廣東·開學考試）已知函數 f x = e - ln x - m （其中 e為自然對數的底數）．
(1)當m = -1時，求 f x 的最小值；
(2)若對定義域內的一切實數 x ，都有 f x > 4，求整數m的最小值．
5
（參考數據： e4 3.49）重難點突破 08 利用導數解決一類整數問題　
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................2
題型一：整數解問題之分離參數、分離函數、半分離 ....................................................................2
題型二：整數解問題之直接限制法 ....................................................................................................9
題型三：整數解問題之虛設零點 ......................................................................................................14
題型四：整數解問題之必要性探路 ..................................................................................................18
03 過關測試 .........................................................................................................................................24
利用導數解決一類整數問題常見技巧有：
1、分離參數、分離函數、半分離
2、直接限制法
3、虛設零點
4、必要性探路
題型一：整數解問題之分離參數、分離函數、半分離
【典例 1-1】（2024·高三·江西·期末）若集合 x x ln x + k - ln 4 x + k < 0 中僅有 2 個整數，則實數 k 的
取值范圍是（ ）
3 4 2 é2 3 é2 3 é3
A é ． ê ln , ln 2÷ B． ê ln 2, ln3÷ C． ê ln 2, ln 2÷ D． ê ln
2 , 2 ln 2
4 3 3 3 4 3 2 4 3 3 ÷
【答案】A
【解析】原不等式等價于 k x +1 < x ln 4 - x ln x，設 g x = k x +1 ， f x = x ln 4 - x ln x，
則 f x = ln 4 - 1 4 4+ ln x = ln -1，令 f x = 0，得 x = ，
x e
當0 < x
4
< 時， f ' x > 0， f x 單調遞增；
e
當 x
4
> 時， f x < 0， f x 單調遞減.
e
又 f 4 = 0 ， x 0 時， f x 0 ，
因此 y = f x 與 y = g x 的圖象如圖，
當 k 0時，顯然不滿足題意；
ì g 1 < f 1 ì g 1 f 1

當 k > 0時，當且僅當 íg 2 < f 2 ，或 íg 2 < f 2 .

g 3 f 3 g 3 < f 3
ì 2k < ln4
3 4 2
由第一個不等式組，得 í3k < 2ln4 - 2ln2，即 ln k < ln 2，
4 3 3
4k 3ln4 - 3ln3
ì 2k ln4

由第二個不等式組，得 í3k < 2ln4 - 2ln2，該不等式組無解.

4k < 3ln4 - 3ln3
3 4 2
綜上所述， ln k < ln 2 .
4 3 3
故選：A.
2
【典例 1-2 ln x +1- mx】若函數 f (x) = 有兩個零點 a,b，且存在唯一的整數 x0 (a,b)，則實數m的取值范x
圍是（ ）
ln 2e
A． (0,
e ) B．[ ,1]2 4
[ln 2eC． ,1) [
ln 3e , eD． )
4 9 2
【答案】C
ln x +1- mx2 ln x +1
【解析】由題意 f (x) = = 0，得m = 2 有兩個實根，x x
設 h(x)
ln x +1
= 2 (x > 0)，則 h (x)
x - 2x(ln x +1) 1- 2(ln x +1) -(2 ln x +1)
=
x x4
=
x3
= ，
x3
令 h (x)
1
= 0，解得 -x = e 2 ，
1
當 -0 < x < e 2 時， h (x) > 0， h(x)
1
單調遞增；當 -x > e 2 時， h (x) < 0， h(x) 單調遞減；
1
1 -
故當 -x = e 2 時，函數取得極大值，且 h(e
2 ) e= ，
2
1
又 x = 時， h(x) = 0
1 1
；0 < x < 時， h(x) < 0 ；當 x > 時， ln x +1 > 0, x2 > 0， h(x) > 0，
e e e
作出函數 h(x) 的大致圖象，如圖所示：
直線 y = m與 h(x)
ln x +1
= 2 的圖象的兩個交點的橫坐標即分別為 a,b，x
1 1-
由題意知 a ( ,e 2 )，又h(1) = 1， h(2)
ln 2 +1 ln 2e
= = ，
e 4 4
因為存在唯一的整數 x0 (a,b)，所以1< b 2，
y = m h(x) ln x +1又直線 與 = 2 的圖象有兩個交點，x
h(2) m < h(1) ln 2e由圖可知： ，即 m <1.
4
故選：C.
x -1 ex-2
【變式 1-1】（2024·高三·福建泉州·期中）關于 x 的不等式 a 2 -1< 0 的解集中有且僅有兩個大x - 2
于 2 的整數，則實數 a 的取值范圍為（ ）
16 1 ù é 9 1
A．
è 5e4
, ú B． ê 3 ,2e 4e 2e ÷
16 4 ù é 9 4
C． 4 , D． ,è 5e 3e2 ú ÷ ê4e3 3e2
【答案】D
x -1 ex-2
【解析】依題意，關于 x 的不等式 a -1< 0 的解集中有且僅有兩個大于 2 的整數，x - 2 2
即 e2 x - 2 2 > a x -1 ×ex 的解集中有且僅有兩個大于 2 的整數，
構造函數 f x = e2 x - 2 2 , g x = a x -1 ×ex，
即 f x > g x 的解集中有且僅有兩個大于 2 的整數，
當 a 0時，對于"x > 2， f x > 0, g x 0，
即 f x > g x 的解集中有無數個大于 2的整數，不符合題意.
所以 a > 0 .
f 2 = 0, g 2 = ae2 > 0, f 2 < g 2 .
若 f 3 g 3 ，即 e2 2ae3 , a 1 ，
2e
設 h x = f x - g x = e2 x - 2 2 - a x -1 ×ex x 4 ，
x
h x = 2e2 x - 2 - axex 2e2 x 2 xe- - x 4 ，
2e
x
設m x = 2e2 x - 2 xe- x 3 ，
2e
2 x +1 e
x
m x = 2e - ，
2e
m x 在 3, + m 3 = 2e2 2上遞減，且 - 2e = 0，
所以當 x 4時，m x < 0 ，m x 遞減，
4
由于m 4 = 4e2 4e- = 4e2 - 2e3 = 2e2 2 - e < 0，
2e
所以當 x 4時，m x < 0，
所以當 x 4時， h x < 0, h x 遞減，
3
2 4 2 3e 2 3e
所以 h x h 4 = 4e - 3ae 4e - = e
2
4 - ÷ < 0，
è 2
所以當 x 4時， f x < g x 恒成立，
即 f x > g x 的解集中有無數個大于 2的整數，不符合題意.
ì f 3 > g 3 ìe2 > 2ae3

所以 í f 4 > g 4 2，即 í4e > 3ae4 ，
f 5 g 5 9e2 4ae5
9 4 9 4
解得 3 a <
é
，所以 a的取值范圍是 , .
4e 3e2 ÷ ê4e3 3e2
故選：D
x
【變式 1-2】已知函數 f x = ，若不等式 f x - a x +1 > 0的解集中有且僅有一個整數，則實數 ax 的取e
值范圍是（ ）
é 1
A． ê 2 ,
1ù é 1 1 é 2
ú B． ê 2 , ÷ C． ê 2 ,
1 ù é 2 , 1 D．
e e e e 3e 2e ú ê 3e2 2e ÷
【答案】D
1- x
【解析】 f x =
ex
，
當 x <1時， f x > 0，當 x >1時， f x < 0，
所以 f x 在 - ,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
f x f 1 1所以 = =max ，e
又當 x - 時， f x - ，當 x + 時， f x > 0且 f x 0 ，
作出 y = f x 的函數圖象如圖所示：
由 f x - a x +1 > 0僅有一個整數解，
得 f x > a x +1 只有一個整數解，
設 g x = a x +1 ，由圖象可知：
當 a 0時， f x > g x 在 0, + 上恒成立，不符合題意，
當 a > 0時，若 f x > g x 只有 1 個整數解，則此整數解必為 1，
ì1
ì f 1 > g 1 > 2a e 2 1
所以 í f 2 g 2 ，即 í ，解得 2 a <2 ． 3a 3e 2e
e2
故選：D．
【變式 1-3 2】若關于 x 的不等式 k x + 2x ln x +1的解集中恰有 2個整數，則 k 的取值范圍是（ ）
1 k ln 2 +1 1A． < 1 B． < k
3 8 3
ln 3 +1 ln 2 +1 ln 4 +1 ln 3 +1
C． < k D． k
15 8 24 15
【答案】C
ln x +1
【解析】因為 x > 0 2，且 k x + 2x = kx x + 2 ln x +1，可得 k x + 2 ，
x
ln x +1 ln x
構建 f x = ，則 f x = - ，
x x2
令 f x > 0，解得0 < x < 1；令 f x < 0，解得 x >1；
則 f x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，可得 f x f 1 =1，
f 2 1+ ln 2且 = , f 3 1+ ln 3= ，
2 3
ì4k 1+ ln 2 2 ln 3 +1 ln 2 +1
由題意可得 í ，解得 < k ，
5k 1+ ln 3> 15 8
3
k ln 3 +1 k ln 2 +1所以 的取值范圍是 < .
15 8
故選：C.
【變式 1-4】（多選題）（2024·高三·廣東揭陽·期末）已知函數 f x = x - axex - aex ，且存在唯一的整
數 x0 ，使得 f x0 > 0，則實數 a 的可能取值為（ ）
2 1 3e + 4 1
A． 2 B． C． D．3e 2e 12e2 e
【答案】AC
f x = x - axex x【解析】令 - ae > 0 x，得 x > a x +1 .e
F x x F x 1- x令 =
ex
，則 =
ex
，
當 x <1時，F x > 0，F x 單調遞增；當 x >1時，F x < 0，F x 單調遞減.
F x x如圖，分別作出函數 = x 與 y = a x +1 的圖象，e
其中直線 y = a x +1 恒過定點P -1,0 .

由圖可知， A 1,
1 B 2 ，
e ÷
2, 2 ÷ ，è è e
x
存在唯一的整數 x0 ，使得 x > a x +1 ，則需 ke PB
a < kPA ，
é 2 1
故實數 a 的取值范圍是 ê , ， 3e2 2e ÷
2 2 1 3e + 4 1 2 1 2 1
其中 2
é
ê 2 ,

÷ ， 2 =
é
2 + ,

，
3e 3e 2e 12e 2 è 3e 2e ÷ ê 3e2 2e ÷
1 2 1 1 2 1
而
é , é
e ê 3e2 ÷
， , ，
2e 2e ê 3e2 2e ÷
故選：AC.
【變式 1-5】（2024 2 x·河南·模擬預測）已知函數 f x = 2x - 3 e - ax +1 e + 2aex (a > 0, a R)，若存在
唯一的整數 x0 ，使得 f x0 > 0，則實數 a的取值范圍是 .

1 e,1+ 3e
2 ù 3
【答案】 + U 0, -12 ú e ÷è è
【解析】函數 f x = 2x - 3 e2 - ax +1 ex + 2aex (a > 0, a R)存在唯一的整數 x0 ，使得 f x0 > 0，
2x - 3a x 2 1 e
2
- + <
ex
g 2x - 3x e
2
設 = 與 h x = a x - 2 +1 ,
ex
即存在唯一的整數 x0 ，使得 g x0 在直線 h x = a x - 2 +1上方,
e
2 5 - 2x 5 5 5
g x = x ，當 x - , g x > 0 g x x - , x ,+ e è 2 ÷
時， , 在 ÷ 上單調遞增；當 時，
è 2 è 2 ÷
g x < 0 5 , g x 在 x ,+ ÷上單調遞減， x + , g x > 0, g 2 = h 2 =1, g 1 = 3e，
è 2
若要存在唯一的整數 x0 ，使得 g x0 在直線 h x = a x - 2 +1上方，
ì3
> a +1e
ì g 1 > h 1 ì g 3 > h 3 ì -e >1- a 5
則 í 2a +1
h 0 g 0
或 í
h 4 g 4
，代入得
í 2
或 í 2 ，
1- 2a -3e e
a > 0

1+ 3e2 ù 3
解得 a 1+ e, ú U2
0, -1÷ ,
è è e

1 e,1+ 3e
2 ù 3
故答案為： + 2 ú
U 0, -1e ÷
.
è è
題型二：整數解問題之直接限制法
【典例 2-1】（2024·全國·模擬預測）若對于"m -e,e ，"y -1, + ，使得不等式
4x3 + ln x +1 + 2023- m x -1< y ln y +1 恒成立，則整數 x 的最大值為 ．
【答案】 0
3
【解析】 4x + ln x +1 + 2023- m x -1< y ln y +1 恒成立，
é4x3等價于 + ln x +1 + 2023- m x -1 ù < é y ln y +1 ùmax min .
令 f y = y l n y + 1 ， y -1, + ，則 f y y= l n y + 1 + ，
y + 1
注意到 y -1,0 時， f y < 0， f 0 = 0， y 0, + 時， f y > 0 .
則 f y 在 -1,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，則 f y f 0 = 0 .
則 é y ln y +1 ù = 0
3
，則 é4x + ln x +1 + 2023- m x -1 ù < é y ln y +1 ùmin max min
é4x3 + l n x + 1 + 2023 - m x - 1 ù < 0 .max
令 g m = -xm + 4x3 + 2023x + l n x + 1 - 1，m -e,e .
當 x = 0， g m = -1 < 0，故 x = 0滿足條件；
當 x 1，則 g m 在 -e,e 上單調遞減，
故 g m = g -e = ex + 4x3 + 2023x + l n x + 1 - 1.max
令 p x = ex + 4x3 + 2023x + l n x + 1 - 1， x 1,+ .
則 p x = 12x2 1+e + 2023 + > 0，得 p x 在 1, + 上單調遞增，
x + 1
x 1時， p x p 1 > 0 ，不合題意；
綜上，整數 x 的最大值為 0 .
故答案為： 0 .
【典例 2-2】（2024·河南南陽·一模）已知函數 f x = 3x2 - 2lnx + a -1 x + 3在區間 1,2 上有最小值，
則整數 a的一個取值可以是 ．
【答案】-4（答案不唯一， a {a Z | -10 < a < -3}中的任意整數均可）
2
【解析】由 f (x) = 3x2 - 2ln x + (a -1)x + 3可知， f (x) 6x 2 a 6x + (a -1)x - 2= - + -1 = ，
x x
又 f (x) = 3x2 - 2ln x + (a -1)x + 3在 (1, 2) 上有最小值，
所以 f (x) 在 (1, 2) 上有變號零點且在零點兩側的函數值左負右正，
令 h(x) = 6x2 + (a -1)x - 2，則 h(x) 在 (1, 2) 上有變號零點且在零點兩側的函數值左負右正，
ì Δ = (a -1)2 + 4 6 2 > 0

所以 í h(1) = 6 + a -1- 2 < 0 ，解得-10 < a < -3，

h(2) = 6 4 + 2(a -1) - 2 > 0
又因為 a Z，所以 a {a Z | -10 < a < -3} .
故答案為：-4（答案不唯一， a {a Z | -10 < a < -3}中的任意整數均可）.
2
【變式 2-1】（2024·高三·重慶·期中）若關于 x 的不等式 xlnx + x - a +1 x + a 0的解集中恰有三
個整數解，則整數 a 的取值是（ ）(參考數據:ln2≈0.6931， ln3≈1.0986)
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
2 2
【解析】不等式 x ln x + x - a +1 x + a 0 可整理為 x ln x + x - x a x -1 ，
當 x =1時，0 +1-1 0成立，所以其它兩個整數解大于 1，
2
x >1 x ln x + x - x當 時，原不等式可整理為 a，
x -1
2 x2x ln x + x - x g x - ln x - x令 g x = ，則 = 2 ，x -1 x -1
h x = x2 - ln x - x h x 2x
2 - x -1
令 ，則 = ，
x
x >1 h x > 0 h x = x2當 時， ，則 - ln x - x在 1, + 上單調遞增，
又 h 1 = 0，所以 h x > 0 ，所以 g x 在 1, + 上單調遞增，
x ln x + x2 - x
所以不等式 a的兩個整數解只能是 2,3，
x -1
所以不等式 x ln x + x2 - a +1 x + a 0 的三個整數解為 1,2,3，
ì
ì2ln 2 + 4 - 2 a +1 + a 0 2ln 2 + 2 a
3ln 3 9 3 a 1 a 0 3ln 3 + 6則 í + - + + ，解得 í a ，
4ln 4 +16 - 4 a +1 + a > 0 2 8ln 2 +12
> a 3
3ln 3 + 6 4.6479 8ln 2 +12因為 2ln 2 + 2 3.3862 ， ， 5.8483，
2 3
所以整數 a = 5 .
故選：B.
【變式 2-2】（2024 x·海南海口·模擬預測）過 x 軸上一點P t,0 作曲線C : y = x + 3 e 的切線，若這樣的
切線不存在，則整數 t的一個可能值為 ．
【答案】-4，-5，-6，只需寫出一個答案即可
x , x + 3 ex0 y = x + 4 ex x x【解析】設切點為 0 0 ，因為 ，所以切線方程為 y - x 0 00 + 3 e = x0 + 4 e x - x0 ．
x x
因為切線 l經過點 P ，所以- x0 + 3 e 0 = x0 + 4 e 0 t - x0 ，
2
由題意關于 x0 的方程 x0 - t - 3 x0 - 4t - 3 = 0沒有實數解，
則Δ = (t - 3)2 + 4 4t + 3 < 0，解得-7 < t < -3．
因為 t為整數，所以 t的取值可能是-6，-5，-4 .
故答案為：-4，-5，-6，只需寫出一個答案即可
x
【變式 2-3】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f x = e - mlnx + x -1 m R , f x 的圖象在
1, f 1 處的切線過原點．
(1)求m的值；
(2)設 g x = f x - x,h x = x2 - 2x + a ，若對"x1 0,+ 總$x2 R，使 g x1 > h x2 成立，求整數 a的最
大值．
【解析】（1）易知 f x 的定義域為 0, + , f 1 = e ，
又 f x = ex m- +1, f 1 = e - m +1，
x
\ f x 的圖象在 1, f 1 處的切線方程為 y - e = e - m +1 x -1 ，
將 x = 0, y = 0代入，得m =1；
（2） h x = x2 - 2x + a = (x -1)2 + a -1．
\當 x =1時， h x 取得最小值，[h x ]min = h 1 = a -1．
由（1）知，m =1．
\ f x = ex - lnx + x -1，得 g x = ex - lnx -1, g x 的定義域為 0, + ．
g x = ex 1則 - ，
x
易知 y = ex
1
- x > 0 單調遞增，
x
g 1 又 ÷ = e - 2 0, g 1 = e -1 0．
è 2
1 1
g x 1= 0 ,1 x ex0即 在 ÷上有唯一解 0 ，故 = , x0 =x ex ．è 2 00
于是當0 < x < x0 時， g x < 0, g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x > x0時， g x > 0, g x 在 x0 ,+ 上單調遞增．
\ g x 在 x = x0處取得極小值也是最小值．
則 g x = ex0 - ln x0 -1
1
= + x0 -1

2,
5
min x ÷，0 è 2
\對"x1 0, + 總$x2 R，使 g x1 > h x2 成立，
只需1 a -1，得 a 2．
故整數 a的最大值為 2．
1
【變式 2-4】已知函數 f x = 2lnx - mx2 +1 m R .
2
(1)當m =1時，證明： f x <1；
(2)若關于 x 的不等式 f x < m - 2 x 恒成立，求整數m的最小值.
1 2
【解析】（1）當m =1時， f x = 2lnx - x +1(x > 0)，
2
2
\ f x 2= - x 2 - x= (x > 0) ，
x x
令 f x = 0，得 x = 2 ，
當 x 0, 2 時， f x > 0, f x 單調遞增；
當 x 2,+ 時， f x < 0, f x 單調遞減，
所以 f x 在 x = 2 處取得唯一的極大值，即為最大值，
所以 f (x)
1
max = f 2 = 2ln 2 - 2 +1 = ln2，2
所以 f x ln2 ，
而 ln2 < lne =1，
所以 f x <1.
2 G x = f x - m - 2 x 2lnx 1= - mx2（ ）令 + 2 - m x +1 .
2
2
2 -mx + 2 - m x + 2則G x = - mx + 2 - m = .
x x
當m 0時，因為 x > 0 ，所以G x > 0，所以G x 在 0, + 上單調遞增，
又因為G 1 3= - m + 3 > 0 .
2
所以關于 x 的不等式G x < 0不能恒成立；
m 2 x - ÷ x +1當m > 0 時，G x = - è m .
x
G x = 0 x 2 2令 ，得 = ，所以當 x 0, ÷時，G x > 0；m è m
當 x
2
,+

m ÷
時，G x < 0 .
è
G x 2 2 因此函數 在 0, ÷上單調遞增，在 ,+ m m ÷上單調遞減.è è
故函數G x G 2 2的最大值為 ÷ = - 2lnm + 2ln2 -1 .
è m m
令 h m 2= - 2lnm + 2ln2 -1，
m
因為 h 1 =1+ 2ln2 > 0, h 2 1= 0,h 3 = 2ln2 - 2ln3 - < 0，
3
又因為 h m 在 0, + 上單調遞減，所以當m 3時， h m < 0 .
所以整數m的最小值為 3.
m
【變式 2-5】（2024 2·江西·模擬預測）已知函數 f x = x + m -1 x -1 m R .
2
(1)求函數 f x 在區間 1,2 上的最大值；
(2)若m為整數，且關于 x 的不等式 f x lnx恒成立，求整數m的最小值.
【解析】（1）若m = 0時， f x = -x -1, f x 在區間 1,2 上單調遞減，
所以 f (x)max = -2 .
1- m
若m > 0，則二次函數圖象對稱軸 x = ，
m
1- m 3 2
當 ，即m 時，1 離對稱軸近，2 離對稱軸遠，
m 2 5
所以 f (x)max = f 2 = 4m - 3 .
1- m 3
當 > ，即 0 < m
2
<
5 時，
1 離對稱軸遠，2 離對稱軸近，
m 2
f (x) 3max = f 1 = m - 2 .2
x 1- m若m < 0 ，對稱軸 = < 0, f x 在區間 1,2 上單調遞減，
m
f (x)max = f 1
3
= m - 2
2
ì
4m - 3,m
2

綜上， f x = 5max í
3
.
m - 2, m 2<
2 5
（2）因為 f x lnx恒成立，
即 lnx
1
- mx2 + 1- m x +1 0恒成立，
2
令G x lnx 1= - mx2 + 1- m x +1, (x > 0) ,
2
G x 1
2
所以 = - mx + -mx + 1- m x +1 x +1 1- mx1- m = = ,
x x x
當m 0時，因為 x > 0，所以G x > 0，
所以G x 在 0, + 上是單調遞增函數.
又因為G 1 3= - m + 2 > 0，所以關于 x 的不等式G x 0不能恒成立.
2
1
x 1 1 mx -m x - ÷ x +1當m > 0時， + -

G x ,= = è m
x x
令G x 0 1 x 1 1= 得 x = ，所以當 0, G x > 0 x ÷時， ；當 , +

÷時，G
x < 0 .
m è m è m
因此函數G x 在 x 0, 1 1 ÷上是增函數，在 x ,+

÷上是減函數.
è m è m
1 1
故函數G x 的最大值為G ÷ = - lnm .
è m 2m
1 1 1 1 1
令 h m = - lnm ，因為 h 1 = > 0, h 2 = - ln2 < - lne2 < 0 .2m 2 4 4
又因為 h m 在m 0, + 上是減函數，所以當m 2時， h m < 0 ,
即關于 x 的不等式G x 0恒成立，
所以整數m的最小值為 2.
題型三：整數解問題之虛設零點
【典例 3-1】已知函數 f (x) = ln(x +1) - ax + 2 ．
(1)若 a = 2，求 f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)當 x 0 時， f (x) + 2x + x ln(x +1) 0恒成立，求整數 a 的最大值．
【解析】（1）若 a = 2，則 f (x) = ln(x +1) - 2x + 2， f 0 = 2 ，則切點坐標為 0,2 ，
f x 1= - 2 ，則切線斜率 k = f 0 = -1，
x +1
所以切線方程為 y - 2 = - x - 0 ，即 x + y - 2 = 0．
（2）由 f (x) + 2x + x ln(x +1) 0，得 ax (x +1)[ln(x +1) + 2]，
當 x = 0時， a ×0 2 ， a R ；
x +1 é ln x +1x 0 + 2ù當 > 時， a ，
x
x +1 éln x +1 + 2ù x - 2 - ln
g x
x +1
設 g x = ， = ，
x x2
設 h x = x - 2 - ln x +1 ， h x x= > 0，
x +1
則 h x 在 0, + 單調遞增，
h(3) =1- ln 4 < 0 ， h(4) = 2 - ln 5 > 0，所以存在 x0 (3,4) 使得 h x0 = 0，即 x0 - 2 = ln x0 +1 ．
x 0, x0 時， h x < 0，即 g x < 0； x x0 ,+ 時， h x > 0 ，即 g x > 0，
則有 g x 在 0, x0 單調遞減，在 x0 ,+ 單調遞增， g(x)min = g x0 ，
x +1 éln x +1 + 2ù x +1 é x
a g x = 0 0 = 0 0
- 2 + 2ù
所以 0 = x0 +1，x0 x0
因為 x0 (3,4) ，所以 x0 +1 (4,5)，所以整數 a 的最大值為 4．
【典例 3-2】（2024·高三·陜西西安·期末）已知函數 f x = xlnx ，對任意的 x > 0，關于 x 的方程
f x = lnx - x + a有兩個不同實根，則整數 a的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】由 f x = lnx - x + a，即 xlnx = lnx - x + a ，得 a = x -1 lnx + x ，
設 g x = x -1 lnx + x ，則 g x lnx x -1= + +1 = lnx 1- + 2，
x x
顯然 g x 是 0, 1+ 上的增函數.因為 g ÷ = -ln2 0, g 1 =1 0，
è 2
1 1 1
所以存在 x0 ,12 ÷
，使得 g x0 = lnx0 - + 2 = 0x ，即 lnx0 = - 2 ；è 0 x0
當 x 0, x0 時， g x < 0，當 x x0 ,+ 時， g x > 0，
1
則 g(x)min = g x0 = x0 -1 lnx0 + x0 = 3- x0 + ÷；
è x0
2
h x 1= x + 1 x -1
1 1
令 ，則 h x =1- x ,1 h x < 0 h x ,0
x x2
= 2 ，當 ÷時， ， 在x 2 è è 2 ÷上單調遞減，
1 5
因為 x
1 1
0

,1 ，所以 x + 2, ，則 g x2 ÷ 0 x è 2 ÷ 0
,1 ，又 a為整數，所以 a 1 .
è 0 è 2
÷

故選：A
【變式 3-1】（2024·全國·模擬預測）當 x >1時， k - lnx x < lnx + 4恒成立，則整數 k 的最大值為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】B
lnx 4
【解析】由題意得， k < + lnx + 在 1, + 上恒成立，
x x
設 g x lnx 4= + lnx + ， x 1,+ ，所以 k < g x
x x min
，
因為 g x x - lnx - 3= 2 ，x
令 h x = x - lnx - 3， x 1,+ 1，則 h x =1- > 0 ，所以 h x 在 1, + 上單調遞增，
x
因為 h 4 =1- ln4 < 0， h 5 = 2 - ln5 > 0，所以 h x = 0 在 1, + 上僅有一個實數根，設為 x0 ，
所以 x0 - lnx0 - 3 = 0，當 x 1, x0 時， g x < 0， g x 單調遞減；
lnx 4當 x x0 ,+ 時， g x > 0 0， g x 單調遞增，所以 g x = g x = + lnxmin 0 x 0 +0 x
.
0
g 4 1- ln4因為 = < 0， g 5 2 - ln5= > 0，所以 x0 4,5 ，16 25
lnx0 4 x0 - 3 4 1
將 lnx0 = x0 - 3代入可得 g x = g x = + lnx + = + x - 3+ = x + - 2min 0 x 0 x x 0 x 0 x ，0 0 0 0 0
m x x 1
2
2 x 4,5 1 x -1 x -1 x +1令 = + - ， ，則m x =1 - 2 = 2 = > 0，x x x x2
所以m x 在 4,5 9上單調遞增，又m 4 = ，m 5 16= ，
4 5
所以 g x = x 1 9 160 + - 2

min x
, ÷ ，
0 è 4 5
當 k=3, x = e2時， k - lnx x = e2 < lnx + 4 = 6不成立，
又 k < g x min ，則整數 k 的最大值為 2 .
故選：B.
【變式 3-2】（2024·浙江·三模）已知函數 f x = x - 2 ex + ln x ， g x = ax + b，對任意 a - ,1 ，存
在 x 0,1 使得不等式 f x g x 成立，則滿足條件的b 的最大整數為 .
【答案】-4
【解析】依題意對任意 a - ,1 ，且 x > 0有 g x = ax + b x + b ，
因為存在 x 0,1 使得不等式 f x g x 成立，
所以存在 x 0,1 使得 x - 2 ex + ln x x + b，即 x - 2 ex + ln x - x b ，
令F x = x - 2 ex + ln x - x ， x 0,1 ，
則F x = x 1 1-1 ex + -1 = x -1 ex - ，
x ֏ x
令m x = ex 1- ， x 0,1 ，則m x 在 0,1 上單調遞增，
x
1
且m 1 = e -1 > 0 m 1 ， ÷ = e2 - 2 < 0，
è 2
1 1
所以$x
1
0

,1 ÷使得m x0 = e
x0 - = 0 x0
x ，即
e = ， x0 = - ln xx 0 ，è 2 0 0
所以當0 < x < x0 時F x > 0，當 x0 < x <1時F x < 0，
所以F x 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 ,1 上單調遞減，
所以F x

= F x = x - 2 ex0 + ln x x - 2- x = 0 - 2x 1 1= - 2 x +
max 0 0 0 0 x 0 0 ÷，0 è x0
1 1
因為 x0

,1÷ ，所以 x + 2,3
è 2
0
x
，
0
所以F x
1
= F x0 =1- 2 x0 + ÷ -4, -3max ，
è x0
依題意b F x max ，又b 為整數，所以b -4，所以b 的最大值為-4 .
故答案為：-4
【變式 3-3】（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數 f x = xlnx - mx m R ．
(1)當m = 2 時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 x >1時，不等式 f x + lnx + 3 > 0恒成立，求整數m的最大值．
【解析】（1）當m = 2 時， f x = xlnx - 2x, f 1 = -2，
因為 f x = lnx +1- 2 = lnx -1，所以 f 1 = -1，
所以曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y - -2 = -1 x -1 ，即 x + y +1 = 0．
（2）由題意，知 xlnx - mx + lnx + 3 > 0對任意 x >1恒成立，
m lnx lnx + 3可知 < + 對任意 x >1恒成立．
x
設函數 g x = lnx lnx + 3+ x >1 ，只需m < g x
x min
．
對函數 g x 1 1- lnx + 3 x - lnx - 2求導，得 g x = + 2 = ．x x x2
設函數 h x = x - lnx - 2 x >1 1 x -1，對函數 h x 求導，得 h x =1- = > 0，
x x
所以函數 h x 在 1, + 上單調遞增．
又 h 3 =1- ln3 0,h 7 3 7 2 ÷ = - ln 0，è 2 2
x 3, 7 所以存在 0 ÷，使 h x0 = 0，即 x0 - lnx0 - 2 = 0，
è 2
所以當 x 1, x0 時， h x < 0, g x < 0，函數 g x 單調遞減；
當 x x0 ,+ 時， h x > 0, g x > 0 ，函數 g x 單調遞增，
g x g x lnx lnx0 + 3 x 2 x0 - 2 + 3 x 1所以 = 0 = 0 + = 0 - + = 0 + -1min x ，0 x0 x0
m x 1所以 < 0 + -1
1 1 11
．又 x0 3,
7
x ，所以
x
2 ÷ 0
+ -1 2 ,2x 3 14 ÷，0 è 0 è
所以整數m的最大值為 2．
題型四：整數解問題之必要性探路
【典例 4-1】（2024·安徽合肥·三模）對于定義在D上的函數 F (x)，若存在 x0 D，使得F x0 = x0，則
稱 x0 為 F (x)的一個不動點．設函數 f (x) = (x -1)ex - a ln x + x ，已知 x0 x0 1 為函數 f (x) 的不動點．
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)若 k Z，且 kx0 < a對任意滿足條件的 x0 成立，求整數 k 的最大值．
2 3
（參考數據： ln 2 0.693， ln 3 1.1， 2e3 1.95，e 7.39，e2 4.48）
【解析】（1）依題意，方程 (x -1)ex - a ln x = 0在 (0, + )內有根 x0 ，且 x0 1，
2 x
令 g(x) = (x -1)ex - a ln x ， x (0,1) U (1,+ ) a x e - a，求導得 g (x) = xex - = ，
x x
當 a 0時， g (x) > 0在( 0, 1)， (1, + )上都遞增，而 g(1) = 0，因此函數 g(x)在( 0, 1)、 (1, + )無零點，
當 a > 0時，令 h(x) = x2ex - a， x (0,1) U (1,+ ) ， h (x) = (x2 + 2x)ex > 0，則函數 g (x) 在( 0, 1)， (1, + )上
都遞增，
當0 < a < e 時，當 x >1時， g (x) > g (1) = e - a > 0，函數 g(x)在 (1,+ )上遞增，無零點，
當0 < x < 1時， h(0) = -a < 0，則存在 x1 (0,1)，使得 h(x1) = 0，即 g (x1) = 0，
當 x (0, x1 )時， g (x) < 0, g(x)遞減，在 x (x1,1)時， g (x) > 0, g(x)遞增，
g(x ) < g(1) = 0 e e
e
1 ，而- < -1
-
，有 -
a e a < e
-1 <1， ee a < e
e e e e e e e
- - - - - + - -
g(e a ) = (e a -1)ee a - a ln e a = e + e a e a - ee a > 0，
因此存在 x0 (0, x1)，使得 g(x0 ) = 0，即函數 g(x)在( 0, 1)上有零點 x0 ，則0 < a < e ，
當a > e時，當0 < x < 1時， g (x) < g (1) = e - a < 0，函數 g(x)在( 0, 1)上遞減， g(x) > g(1) = 0，無零點，
當 x >1時， h ( a ) = a(e a -1) > 0，則存在 x2 (1,+ )，使得 h(x2 ) = 0 ，即 g (x2 ) = 0，
當 x (1, x2 )時， g (x) < 0, g(x)遞減，在 x (x2 ,+ )時， g (x) > 0, g(x)遞增， g(x2 ) < g(1) = 0 ，
g(a) = (a -1)ea - a ln a，令j(a) = (a -1)ea - a ln a, a > e，求導得j (a) = aea -1- ln a，
1
令 y = j (a) = aea -1- ln a, a > e，則 y = (a +1)ea - > 0 ，即函數j (a)在 (e, + )上單調遞增，
a
j (a) > j (e) = e ×ee - 2 > 0，函數j(a)在 (e, + )上單調遞增，j(a) > j(e) = (e -1)ee - e > 0
因此存在 x0 (1, a)，使得 g(x0 ) = 0，即函數 g(x)在 (1, + )上有零點 x0 ，則a > e，
所以實數 a的取值范圍是 (0,e) U (e,+ ) .
x0 x0
2 x（ ）依題意， x 00 -1 e - a ln x 0
x0 -1 e x0 -1 e
0 = ，于是 a = ，即 kx 因為 x0 (0,1) U (1,+ )，取 x
1
= e0 ，有 ，因此 k 取 2，2 k < 2.38ln 2
x -1 ex0
下證： 2x
0
0 < 對任意 x0 (0,1) U (1,+ )成立，令u(x) = ln x - x +1, x > 0，ln x0
u (x) 1= -1，當 x (0,1) 時，u (x) > 0,u(x) 遞增，當 x (1,+ )時，u (x) < 0,u(x) 遞減，
x
x -1 ex0
"x > 0,u(x) u(1) = 0 ln x x -1 x > 0 x (1,+ ) 0 > ex，即 對 恒成立，當 0 時， 0 ，ln x0
令 v(x) = ex - 2x, x >1， v (x) = ex - 2 > 0，函數 v(x) 在 (1, + )上遞增， v(x) > v(1) = e - 2 > 0，
x -1 ex0
即 ex0 > 2x
0
0 ，從而 2x0 < 成立，ln x0
x x0
x (0,1) 2 ln x > 0 -1 e當 0 時，只需證： 0 成立，x0
令H (x) = (x -1)ex - 2x ln x ，0 < x < 1，只需證H (x) < 0，
H (x) = xex - 2ln x - 2，令 t(x) = xex - 2ln x - 2,0 < x <1，
t (x) (x 1)ex 2= + - ，顯然 t (x) = (x +1)ex
2
- 在( 0, 1)上遞增，
x x
2
t 1 3 e 4 0 t
2 5 = e3 9- > 0 x 1 2 ÷ = - < ， ÷ ÷ ，即存在 3 , ÷，使 t x3 = 0
è 2 2 è 3 3
，
è 5 è 2 3
且當 x 0, x3 時， t (x) < 0, H (x) 遞減，當 x x3 ,1 時， t (x) > 0, H (x) 遞增，
ìH (x) H (x x33) = x3e - 2ln x3 - 2 x 2
í 3x x 1 ex 2 ，整理得
H x
+ = 3
= x3e - 2ln x3 - 2 = - 2ln x3 - 2x ， 3 3 3 3 +1
2
因為函數 y = - 2ln x - 2在 x (0,1) 遞減，
x +1
所以H x 2= - 2ln x - 2 > H 2 3 3 ÷ = 2ln 3 - 2ln 2
4
- > 0
x ，3 +1 è 3 5
所以H (x) > 0在 x (0,1) 恒成立，即H (x)在 x (0,1) 遞增，
2
3 3
顯然H (x) < H 2
-e + 4ln
2 -0.312= = < 0，所以成立. ÷
è 3 3 3
【典例 4-2】已知函數 f x = e2x - 2a +1 ex + a2 + 2a, g x = ln x + m，對"a R,"x (0,+ ) ，不等式
f (x) g(x) 恒成立，則整數m的最大值是 .
【答案】1
2
【解析】通過觀察 f x = e2x - 2a +1 ex + a2 + 2a = e2x - 2a + 2 ex + a2 + 2a +1+ ex -1 = ée
x - a +1 ù x + e -1
可得 f x ex -1恒成立；
整數m滿足 ex -1 ln x + m恒成立則一定滿足 f (x) g(x) 恒成立；
注意到 x =1時， g(1) = m，取特殊值 x =1，得到m e -1，
可驗證當 x =1時，若m取大于1的整數，都有 a = e -1使得 f 1 = e -1< m = g 1 .
下面驗證m =1滿足 f (x) g(x) 恒成立：
令 h x = ex - ln x - 2 h x = ex 1， - ，
x
1
h 1 ÷ = ee - e < 0， h 1 = e -1 > 0，
è e
1
由零點存在定理得：存在 x0 ,1÷使得 h (x0 ) = 0 .
è e
且當 x (0, x0 )， h (x0 ) < 0 ， h(x) 單調遞減；
x (x0 ,+ ) ， h (x) > 0， h(x) 單調遞增；
1
x x00 滿足 e = x .0
h x h x0 = ex ln x
1
0 - 0 - 2 = + x
1
- 2 1
x 0 ，當且僅當
x0 = =1x 取等， < x0 <1 ,可得
h(x0 ) > 0 恒成立，
0 0 e
即 ex -1 > ln x +1恒成立， f (x) g(x) 恒成立.
綜上，可知滿足題意的最大整數m為1.
故答案為：1
x
【變式 4-1】（2024·浙江臺州·一模）設 f x =
ln x
2
(1)求證： f x x< ；
x -1
(2) f x < nln 1- x2若 恒成立，求整數n的最大值．（參考數據 ln 2 0.693， ln 3 1.099 ）
x x2
【解析】（1）要證： < ，（ x > 0， x 1），
ln x x -1
1 x x
只要證： < ，又當0 < x < 1時， ln x < 0, < 0，當 x >1時， ln x > 0,
x
> 0，
ln x x -1 x -1 x -1
x 1 1
即 與 ln x同號，故只要證： ln x > 1- ，即證： ln x + -1 > 0，
x -1 x x
g x ln x 1 1 g x 1 1 x -1令 = + - ，（ x > 0， x 1），則 = - = ，
x x x2 x2
當0 < x < 1時， g x < 0， x >1時， g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上遞減，在 1, + 上遞增，
所以 g x > g 1 = 0，故原不等式得證．
1 1
（2）因為 x 0,1 ，當 x = 時，有- < n ln 3 - 2ln 2 ，
2 2ln 2
n 1 1 1則 < = 2,3 2 2ln 2 - ln 3 ln 2 2 1.386 -1.099 0.693 2 0.287 0.693 ，所以整數 n 2．
2
當 n = 2 2x時，由（1）可得 2ln 1- x2 > ，x2 -1
x 2x2
下證： < ， x
1 1
0,12

，只要證： ln x > x - ÷．ln x x -1 2 è x
令 h x = 2ln x - x 1+ ， x 0,1 ，
x
2 x -1 2h x 2 1 1 x - 2x +1因為 = - - 2 = - 2 = - 2 < 0 ，x x x x
所以 h x 在 0,1 上單調遞減，故 h x > h 1 = 0，所以得證,
綜上所述，整數n的最大值為 2．
x 2
【變式 4-2】已知 a > 0，函數 f x = e - ax ， g x = ln x．
e
(1)若0 < a ，求證： f x 在R 上是增函數；
2
(2)若存在 a，使得 f x > g x + b對于任意的 x > 0成立，求最大的整數b 的值．
【解析】（1） f (x) = ex - 2ax ，令 t(x) = ex - 2a ，Q0 < 2a e ，
\令 t(x) = ex - 2a = 0 ,解得 x = ln 2a
\ f (x) = ex - 2ax 在 (- , ln 2a)上單調遞減, (ln 2a,+ )單調遞增，
\ f (ln 2a) = 2a - 2a ln 2a = 2a(1- ln 2a)，
2a > 0, ln 2a 1，
\ f (x) f (ln 2a) = 2a(1- ln 2a) 0
\命題得證.
（2）存在 a ,使得 ex - ax2 ln x + b對于"x R 成立,
等價于存在 a ,使得 ex - ln x - b ax2 對于"x R 成立，
由于 ax2 > 0 ,原題意的必要條件是 ex - ln x > b ,對"x R 都成立
1
設 h(x) ex ln x, h (x)
1 1
= - = ex - ,$x é ,1ù , x00 ê ú 使得 e = x ,即
- x0 = ln xx 2 0
，
0
\h(x)在 0, x0 是減函數,在 x0 ,+
1
是增函數,
x0
其中 e = x ,即
- x0 = ln x0 ，
0
\h(x)min = h x0 = ex0 - ln x0，
x
顯然 h(x) 0min = e - ln x0 < h(1) = e < 3 ,
x
由上圖知, h(x) 0min = e - ln x0 2 ，
\對"x R,ex - ln x > b都成立的最大整數b 是 2，
以下證明充分性,當b = 2 時,存在 a ,使得 ex - ax2 ln x + 2恒成立,
ex ax2 ln x 2 e
x - ln x - 2 x
- + 2 a ,
e - ln x - 2
由上證明知 2 存在大于 0 的正的最小值,x x
ex - ln x - 2
故存在大于 0 的 a ,使得 2 a 恒成立，x
exb 3 , j(x) - ln x - 3當 = 時設 = 2 ,Qj(1) = e - 3 < 0 ,x
故對"a > 0,ex - ax2 ln x + 3不恒成立，
\存在 a ,使得 f (x) g(x) + b對于任意的 x R 成立,最大的整數b 的值是 2.
【變式 4-3】已知函數 f (x) = ae2x - 3x .
(1)當 a =1時，求 f (x) 的最小值；
f (x)
(2)若 x > -a 在 (0, + )上恒成立，求整數 a 的最小值.e
【解析】（1）當 a =1時， f (x) = e2x - 3x，則 f (x) = 2e2x - 3，
令 f (x) = 0 x
1
得 = ln
3
.
2 2
x 1 3若 > ln ，則 f (x) > 0 x
1
；若 < ln
3
，則 f (x) < 0 .
2 2 2 2
所以 f (x) f
1 3 3 3 3
min = ln = - ln
è 2 2 ÷ 2 2 2
；
f (x) 2x x ae - 3 3
（2）由 x > -a ，可得 a e + e - 3x > 0，當 x =1時， > -a，則 a > ，即 a 1 .e e 2e
a =1 g(x) = e2x + ex - 3x, x (0,+ ) g (x) = 2e2x + ex - 3 = 2ex x當 時，令 ，則 + 3 e -1 > 0，
則 g(x)在 (0, + )上單調遞增，所以 g(x) > g(0) = 2 ，所以 e2x + ex - 3x > 0成立.
因此整數 a 的最小值為 1.
【變式 4-4】 f (x) = lnx - mx2 + (1- 2m)x +1，對"x > 0， f (x) 0，求整數m的最小值．
【解析】當m = 0時， f (x) = lnx + x +1，此時 f (1) > 0不合題意，
當m =1時， f (x) = lnx - x2 - x +1，
2
f (x) 1 2x 1 2x + x -1 (x +1)(2x -1)= - - = = ，
x -x -x
當0 < x
1
< 時， f (x) > 0， f (x) 單調遞增，
2
x 1當 > 時， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減，
2
f (1) ln 1 1 1函數的最大值為 = - - +1 = - ln 2
1
+ = ln 4 e - ln 4 16 < 0，
2 2 4 2 4
即m =1滿足題意，
下面證明當m…1時， f (x) 0對 x > 0恒成立，
由于 f (x) (x -1) - mx2 + (1- 2m)x +1 = -mx2 + (1- 2m)x ，
1- 2m 1
其對稱軸為 x = = -1 < 0，
2m 2m
故當 x > 0時， f (x) < 0，
綜上可得，整數m的最小值為 1．
1．已知函數 f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0)，若有且只有兩個整數 x1, x2 使得 f (x1) > 0，且 f (x2) > 0，
則實數 a的取值范圍為（　　）
A．[ln 3,2) B． (0, 2 - ln 3] C． (0, 2 - ln 3) D．[2 - ln 3,2)
【答案】B
f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0) f (x) 1【解析】由函數 ，可得 = + a - 2，其中 x > 0，
x
若 a 2時， f x > 0，則 f x 在 (0, + )上單調遞增，且 f (2) = ln 2 > 0，
所以 f (x) > 0 有無數個整數解，不符合題意，
若 a < 2時，當 x (0, 1- ) 時， f (x) > 0 x ( 1；當 - ,+ )時， f (x) < 0a - 2 a ，- 2
所以函數 f x 在 (0, 1 1- )a 2 上單調遞增，在 (- ,+ )- a - 2 上單調遞減，
因為 f (1) = 2 - a > 0, f (2) = ln 2 > 0，所以 f 3 = ln 3+ a - 2 0 ，
所以 a 2 - ln 3，綜上可得，實數 a的取值范圍為 (0, 2 - ln 3] .
故選：B.
π
2．（2024·全國·模擬預測）當 x 0, ÷ 時，不等式2 e
x - xcosx + cosxlncosx + ax2 1恒成立，則實數 a的
è
最小整數為 ．
【答案】1
【解析】當 x
π
x 0, ÷時， e > 0,cos x > 0，
è 2
不等式 ex - x cos x + cos x ln cos x + ax2 1恒成立，
ex ax2 1 ex x 2
則 - x + ln cos x ln e 1- ax+ ，即 - 恒成立，
cos x cos x cos x cos x cos x cos x
ex exln 1- ax
2
亦即 - 恒成立，
cos x cos x cos x
令 f x = ln x - x +1， x > 0，則 f x 1 1- x= -1 = ，
x x
當0 < x < 1時 f x > 0， f x 單調遞增，當 x >1時 f x < 0， f x 單調遞減，
所以 f x = f 1 = 0，所以 ln x x -1 x > 0max ，
ex x x
因為 > 0 ln e e，所以 -1，
cos x cos x cos x
1- ax2
所以 1恒成立，即1- ax2 cos x，
cos x
2 π
令 g x = cos x 1 x- + ， x 0, ÷，則 g x = -sin x + x ，2 è 2
令 h x = g x π= -sin x + x ， x 0, 2 ÷，則 h
x = -cos x +1 > 0恒成立，
è
所以 h x 0, π 在 ÷單調遞增，所以 h x > h 0 = 0，即 g x > 0

在 0,
π
恒成立，
è 2 è 2 ÷
所以 g x 在 0,
π
÷單調遞增，所以 g x > g 0 = 0，
è 2
2 π 2
即 cos x >1 x- ， x 0, ÷，故1
x
- ax2 1- ，
2 è 2 2
1
據此可判斷 a 滿足不等式成立，
2
所以實數 a的最小整數為1.
故答案為：1
3．（2024·云南·三模）設函數 f x = xex + ax,a > -1，若存在唯一整數 x0 ，使得 f x0 < 0，則 a的取值
范圍是 .
1
【答案】 - ,
1
- ù
è e e2 ú
【解析】由函數 f x = xex + ax,a > -1 x，設 g x = xe 和 y = -ax, a > -1
因為存在唯一整數 x0 ，使得 f x0 < 0，
所以存在唯一的整數 x0 使得 g x0 在直線 y = -ax的下方，如圖所示，
因為 g x = (x +1)ex ，當 x < -1時， g x < 0；當 x > -1時， g x > 0，
所以 g x 在 (- , -1)上單調遞減，在 (-1, + )單調遞增，
1
當 x=- 1時， g x 取得極小值，也為最小值 g x = g -1min = - ，e
且當 x = 0時， g 0 = 0 2，當 x = -2時， g -2 = - 2 ，e
又由直線 y = -ax恒經過原點O(0,0) ，斜率為-a（其中 a > -1），
所以 a > g -1 1= - 且 g -2 2 1 1= -
e e2
2a，解得- < a - ，
e e2
a 1 , 1 ù所以實數 的取值范圍是 - -
è e e2 ú
.
1
故答案為： - ,
1
- ù
è e e2 ú
4．（2024·廣東深圳·模擬預測）若關于 x 的不等式 ex (2k - x) < x + 3對任意的 x 0, + 恒成立，則整數
k 的最大值為 .
【答案】1
x + 3
【解析】因為 ex (2k - x) < x + 3對于任意 x 0, + 恒成立，等價于 2k < x + x對于任意 x 0, + 恒成立，e
x
f (x) x + 3= + x x 0, + f (x) 1 x + 2 e - x - 2令 ， ，則 = - = ，
ex ex ex
令 g(x) = ex - x - 2， x 0, + ，則 g (x) = ex -1 > 0，
所以 g x 在 (0, + )上單調遞增，又 g(1) = e - 3 < 0, g(2) = e2 - 4 > 0，
所以 g x 在 1,2 有且僅有一個根 x0 ，滿足 ex0 - x0 - 2 = 0 x，即 e 0 = x0 + 2，
當 x (0, x0 )時， g(x) < 0，即 f (x) < 0 ，函數 f (x) 單調遞減，
x (x0 ,+ ) 時， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0，函數 f (x) 單調遞增，
所以 f (x)min = f (x )
x0 + 3
0 = x + x
x + 3 1 1
0 =
0 + x0 = x0 + +1 = x + 2 + -1e 0 x0 + 2 x0 + 2
0 x + 2 ，0
1 1 1 7 13
由對勾函數可知3+ -1 < x0 + 2 + -1 < 4 + -13 x 2 4 ，即 < f (x0 ) <+ ，0 3 4
因為 2k < f (x )
f (x ) 7 f (x ) 13
0 ，即 k < 0 ， < 0 < ， k Z，2 6 2 8
所以 k 1 .
故答案為：1.
5．（2024·甘肅·三模）若關于 x 的不等式 x 2k - ln x < ln x + 4 對任意的 x 1,+ 恒成立，則整數 k 的最
大值為 .
【答案】1
【解析】因為 x 2k - ln x < ln x + 4 對于任意 x 1,+ 恒成立，
2k ln x + 4等價于 < + ln x 對于任意 x 1,+ 恒成立，
x
令 f x ln x + 4= + ln x ， x 1,+ f x x - ln x - 3，則 = ，
x x2
令 g x = x - ln x - 3， x 1,+ ，則 g x =1 1- > 0，
x
所以 g x 在 1, + 上單調遞增，又 g 4 =1- ln 4 < 0， g 5 = 2 - ln 5 > 0，
所以 g x = 0在 4,5 有且僅有一個根 x0 ，滿足 x0 - ln x0 - 3 = 0，即 ln x0 = x0 - 3，
當 x 1, x0 時， g x < 0，即 f x < 0，函數 f x 單調遞減，
x x0 ,+ 時， g x > 0，即 f x > 0，函數 f x 單調遞增，
f x f x ln x= 0 + 4 x +1 1所以 0 = + ln x0 = 0 + x0 - 3 = x0 + - 2min x0 x
，
0 x0
由對勾函數可知 4
1 2 1 1+ - < x0 + - 2 < 5 + - 2
9 16
4 x 5 ，即 < f x < ，0 4 0 5
2k < f x 9 f x 8因為 0 ，所以 < 0 < ， k Z ，所以 k 1 .8 2 5
故整數 k 的最大值為 1.
故答案為：1
6．（2024·江蘇常州·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x - 2e2x2 + mx ，若 f x 0的解集中恰有一個整數，
則 m 的取值范圍為 ．
é2e2 , 4e2 ln 2【答案】 ê -

2 ÷
【解析】由題可知， f (x) = ln x - 2e2x2 + mx ， x > 0，
由于 f x 0的解集中恰有一個整數，
即 ln x - 2e2x2 + mx 0，即-2e2x2 + mx - ln x ，
因為 x > 0，所以-2e2x + m
ln x
- 的解集中恰有一個整數，
x
g x ln x g x ln x -1令 = - ，則 =
x x2
，
當1 < x < e 時， g x < 0；當 x >e時， g x > 0，
所以 g x 在 1,e 上單調遞減，在 e, + 上單調遞增，
y g x ln x畫出 = = - 和 y = -2e2x的大致圖象，如圖所示：
x
2e2x m ln x要使得- + - ，可知m > 0，
x
設 x0 為 g x
ln x
= - 和 y = -2e2x + m 的交點的橫坐標，
x
而-2e2x m
ln x
+ - 的解集中恰有一個整數，可知該整數為 1，即1 x0 < 2 ，x
ln 2
當 x0 = 1時，得 g 1 = 0；當x0 = 2時，得 g 2 = - ，2
即 A(1,0) B
ln 2
， 2, - 2 ÷
，
è
當直線 y = -2e2x + m 過點 A(1,0)時，得m = 2e2 ，
當直線 y = -2e2x + m 過點B 2,
ln 2
- 2 ln 2÷ 時，得m = 4e - ，
è 2 2
所以m é 2的取值范圍為 ê2e ,4e
2 ln 2- .
2 ÷
é 2 2 ln 2
故答案為： 2e ,4e - ÷
ê 2
7．（2024·高三·上海寶山·期中）若不等式 x ln x + k - ln 4 x + k < 0的解集中僅有 2 個整數，則實數 k 的
取值范圍是 ．
3 ln 4 2【答案】 k < ln 2
4 3 3
【解析】原不等式等價于， k(x +1) < x ln 4 - x ln x，
設 g(x) = k(x +1)， f (x) = x ln 4 - x ln x
所以 f (x) = ln 4 - (1+ ln x) ln
4
= -1，
x
令 f (x) = 0 x
4
，得 = ．
e
當0 < x
4
< 時， f (x) > 0， f (x)
4
單調遞增，當 x > 時， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減．
e e
又 f (4) = 0， x 0 時， f (x) 0，
因此 y = f (x) 與 y = g(x) 的圖象如下，
ìg(2) < f (2)
當 k 0時，顯然不滿足條件，當 k > 0時，只需滿足 í ，
g(3) f (3)
ì3k < 2ln 4 - 2ln 2
\ í
4k 3ln 4 - 3ln 3
3 ln 4 k 2解可得， < ln 2．
4 3 3
3 4 2
故答案為： ln k < ln 2．
4 3 3
8．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數 f (x) = a sin x - ln(1+ x)(a R) ．
(1)若 a = -1，求證："x > 0, f (x) + 2x > 0；
k
(2)當 a 1時，對任意 x
é ù
ê0, ú ，都有 f (x) 0，求整數 k 的最大值． 2
【解析】（1） a = -1時，設 g(x) = f (x) + 2x = -sin x - ln(1+ x) + 2x ，則 g (x) = -cos x
1
- + 2，
1+ x
Q x > 0\ x +1 >1 1\- (-1,0)Qcos x [-1,1] \-cos x 1- + 2 > 0 ，
x +1 x +1
即 g (x) > 0在 (0, + )上恒成立，
\ g(x) 在 (0, + )上單調增， 又 g(0) = 0\ g(x) > g(0) = 0，
即"x > 0, f (x) + 2x > 0；
（2） a =1時，當 k = 4時， f (2) = sin 2 - ln 3 < 0，所以 k < 4．
下證 k = 3符合．
k = 3時，當 x
é0, 3ùê ú時， sin x > 0，所以當 a 1時， f (x) = a sin x - ln(1+ x) sin x - ln(1+ x)． 2
記 h(x) = sin x - ln(1+ x) h(x) = sin x - ln(1+ x) 0 x
é0, 3 ù，則只需證 對 ê ú恒成立． 2
h (x) cos x 1 1= - ，令f(x) = cos x - ，則f (x) = -sin x
1
+ 0, π
(x 1)2 在x +1 x +1 + 2 ÷
遞減，
è
f (0) =1 > 0,f π 1 ÷ = -1+ 2 < 02 π 又 è π ，所以存在 x+1 1
0, 2 ÷，使得
f x1 = 0 ，
÷ è
è 2
x π π則 0, x1 ,f x1 > 0,f(x) 在 0, x1 遞增， x
x 1, 2 ÷
,f x1 < 0,f(x) 在 x1, ÷ 遞減；
è è 2
f(0) = 0,f π 1 ÷ = - π < 0
π
又 è 2 1 ，所以存在
x2 x1, ÷ 使得f x2 = 0+ ，且
2 è
2
x 0, x2 ,f(x) > 0, x
π
x2 , ÷ ,f(x) < 0，
è 2
所以 h(x) 在 0, x2
π π π é π ù
遞增，在 x2 , ÷遞減，又 h(0) = 0, h =1- ln 1+ > 0，所以 h(x) 0對 x 0, 恒成
è 2 è 2 ÷ 2 ÷ è ê 2 ú
立，
é0, 3ù é0, π因為 ê ú
ù
ê ú ，所以 k = 3符合． 2 2
綜上，整數 k 的最大值為 3．
9．（2024·貴州·一模）已知 f x = ln x - ax +1 a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
f x 1(2)若 ax2 - x 對 x 0, + 恒成立，求整數 a 的最小值．
2
1
【解析】（1） f x 的定義域為 (0,+ ), f (x) = - a ，
x
（ⅰ）當 a 0時， f (x) > 0，∴ f (x) 在 x (0,+ )上單調遞增；
（ⅱ）當 a > 0時，令 f (x) > 0 1- ax > 0 0 < x
1
< ，
a
令 f x < 0 x 1> ，
a
∴當 a 0時， f x 在 x (0,+ )上單調遞增；
當 a > 0時， f x 在 x 0,
1 1
÷上單調遞增，在 , + a ÷
上單調遞減．
è è a
（2）由 f (x)
1
ax2 - x 2，可得：a x + 2x 2(ln x + x +1) ，
2
2(ln x + x +1)
∵ x > 0，∴原命題等價于 a 對 x (0,+ )2 恒成立．x + 2x
F (x) 2(ln x + x +1) F (x)
-2(x +1)(2 ln x + x)
令 = ，∴ =
x2 + 2x x2 2+ 2x ，
令G(x) = 2ln x + x
2
，∴ G (x) = +1 > 0，∴ G(x)在 x (0,+ )上單調遞增．
x
又G(0.5) = -2ln 2 + 0.5 = - ln 4 + ln e < 0,G(1) = 1 > 0，
故存在唯一的 x0 (0.5,1)，使得G x0 = 2ln x0 + x0 = 0．
當0 < x < x0 時，G(x) < 0 ，∴ F (x) > 0，
∴ F (x)在 x 0, x0 上單調遞增，
當 x > x0時，G(x) > 0，∴ F (x) < 0，
∴ F (x)在 x x0 ,+ 上單調遞減．
2 ln x
∴ F (x)
0 + x0 +1 x0 + 2 1
max = F x0 = 2 = =x0 + 2x0 x0 x 2 x
，
0 + 0
a 1 x 1 ∴ x 時， 0
,1÷ 恒成立．
0 è 2
∴ a 2，又 a Z ，∴a 的最小整數值為 2．
10 f x = ex - xex．已知函數 +1．
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 g x 1= ln x - x +1- ex - f x é ,1ù在 ê 4 ú 上的最大值在區間 m, m +1 內，求整數 m 的值．
x x x x x x
【解析】（1） f x = e - xe +1，其定義域為R ， f x = e - e + xe = -xe ，
所以 f 1 = -e， f 1 =1，
所以曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y -1 = -e x -1 ，
即 ex + y -1- e = 0．
（2）由 g x = ln x - x +1- ex - f x ，得 g x = x - 2 ex - x + ln x ，
g x = x -1 ex 1-1+ = x -1 ex 1 所以 -x ÷．è x
x 1 x 1 é1 ù
令 h x = e - ，則 h x = e + 2 > 0 ，所以 h x 在 ê ,14 ú 上單調遞增，x x
h 1
1
因為 ÷ = e2 - 2 < 0 ， h 1 = e -1 > 0 ，
è 2
1 1
所以存在 x0 ,1
x0
÷ ，使得 h x0 = 0，即 e = ，即 ln x0 = -x0 ．
è 2 x0
é1
故當 x ê , x0 ÷ 時， h x < 0，當 x x0 ,1 時， h x > 0 ， 4
x é1又當 ê ,1
ù
ú時， x -1 0（等號僅在 x =1時成立）， 4
é1
所以當 x ê , x0 ÷ 時， g x > 0；當 x x0 ,1 時， g x 0（等號僅在 x =1時成立）． 4
é1
所以 g x 在 ê , x 上單調遞增，在 x ,1 上單調遞減， 4 0 ÷ 0
則 g x = g x0 = x0 - 2 ex0 - x0 + ln x
1
0 = x0 - 2 × - x0 - x 1
2
0 = - - 2xmax x0 x
0 ．
0
2 1 2 2 1- x2
令G x =1- - 2x ， x ,1 ÷，則G x = - 2 1 = > 0 x ,1 ，x è 2 x2 x2 ÷è è 2 ÷
所以G x 1 ,1 1 在 2 ÷上單調遞增，則G x > G ÷ = -4，G x < G 1 = -3．è è 2
所以-4 < g x < -3max ，所以m = -4．
x
11 e．（2024·廣西桂林·模擬預測）已知函數 f x = - ln x + a .
x + a
1
(1)討論函數 g x = f x - 的單調性；
x + a
(2)若 a =1，且存在整數 k 使得 f x > k 恒成立，求整數 k 的最大值.
（參考數據： ln 2 0.69 ， ln 3 1.10）
x
【解析】（1） g x f x 1 e -1= - = - ln x + a ， x > -a ，
x + a x + a
ex x + a - ex -1 x1 e -1 x + a -1 g x = - =
x + a 2 x + a x + a 2
若 a 0，則-a 0 ，1- a 1，
當-a < x <1- a時， g x < 0，當 x >1- a 時， g x > 0，
所以函數 g x 在 -a,1- a 上遞減，在 1- a, + 上遞增，
ex -1 x
若 a =1，則 g x

= 2 0 x > -1 ， x +1
所以函數 g x 在 -a, + 上遞增，
若 0 < a < 1，則1- a > 0，
當-a < x < 0 或 x >1- a 時， g x > 0，當0 < x <1- a 時， g x < 0，
所以函數 g x 在 0,1- a 上遞減，在 -a,0 和 1- a, + 上遞增，
若 a > 1，則1- a < 0，
當-a < x <1- a或 x > 0時， g x > 0，當1- a < x < 0時， g x < 0，
所以函數 g x 在 1- a,0 上遞減，在 -a,1- a 和 0, + 上遞增，
綜上所述，當 a 0時，函數 g x 在 -a,1- a 上遞減，在 1- a, + 上遞增，
當 a =1時，函數 g x 在 -a, + 上遞增，
當 0 < a < 1時，函數 g x 在 0,1- a 上遞減，在 -a,0 和 1- a, + 上遞增，
當 a > 1時，函數 g x 在 1- a,0 上遞減，在 -a,1- a 和 0, + 上遞增；
x
（2）若 a =1， f x e= - ln x +1 ， x > -1 ，
x +1
x
e x +1 - e
x x
f x 1 xe - x -1= 2 - = x +1 x +1 2 ，x +1
令 h x = xex - x -1 x > -1 ，則 h x = x +1 ex -1 x > -1 ，
令m x = x +1 ex -1 x > -1 ，則m x = x + 2 ex > 0 x > -1 ，
所以函數m x 在 -1, + 上遞增，即函數 h x 在 -1, + 上遞增，
又 h 0 = 0，則當-1 < x < 0時， h x < 0，當 x > 0時， h x > 0，
所以函數 h x 在 -1,0 上遞減，在 0, + 上遞增，
所以 h x = h 0 = -1min ，
h 1 1 0 h 3 3
3
e4 7 6.36 7又 - = - < ， ÷ = - - < 0， h 1 = e - 2 > 0，e è 4 4 4 4 4
3 x
所以函數 h x 存在唯一的零點 x0 ，且 x0 ,1÷ ，此時 x e 0 = x
è 4 0 0
+1，
則當-1 < x < x0 時， h x < 0，即 f x < 0，當 x > x0時， h x > 0 ，即 f x > 0，
所以函數 f x 在 -1, x0 上遞減，在 x0 ,+ 上遞增，
x0
所以 f x = f x0
e
= - ln x 10 +1 = - ln x +1min 0 ，x0 +1 x0
令j 1 x 3 3x = - ln x +1 ,1 1 1 ，
x 4 ÷
，則j x = - 2 - < 0 ， x x x +1
,1
4 ÷，è è
所以函數j x 3 ,1 在 ÷ 上遞減，
è 4
j 1 < j x 3< j 所以 4 ÷ ，è
又j 1 =1- ln 2 0.31 j 3 4 ， ÷ = - ln
7 4
= - ln 7 + 2ln 2 4 - 0.57 <1，
è 4 3 4 3 3
所以 f x = f x 0,1min 0 ，
又存在整數 k 使得 f x > k 恒成立，
所以整數 k 的最大值為 0.
12．設函數 f (x) = ex - ax - 2
(1)求 f (x) 的單調區間
(2)若 a =1，k 為整數，且當 x > 0時 (x - k) f (x) + x +1 > 0，求 k 的最大值
【解析】（1）函數 f (x) = ex - ax - 2的定義域是R ， f ' (x) = ex - a ，當 a 0時， f ' (x) = ex - a > 0 ，所以函
數 f (x) = ex - ax - 2在 (- , + )上單調遞增，
當 a > 0時， x (- , ln a) 時， f ' (x) = ex - a < 0，當 x (ln a,+ ) ， f ' (x) = ex - a > 0
所以，函數 f (x) 在 (- , ln a)上單調遞減，在 (ln a, + )上單調遞增.
（2）由于 a =1，所以 (x - k) f '(x) + x +1 = (x - k)(ex -1) + x +1，故當 x > 0， (x - k) f '(x) + x +1 > 0，等價于
k x +1< x + xe -1
g(x) x +1令 = x + x，①e -1
x
g ' (x) -xe -1
x x
則 = 2 +1
e (e - x - 2)
=
ex -1 ex 2 ，-1
由(1)可知，當 a =1時，函數 h(x) = ex - x - 2在 (0, + )上單調遞增，
而 h(1) < 0, h(2) > 0，所以 h(x) = ex - x - 2在 (0, + )存在唯一零點，
故 g ' (x)在存在唯一零點，設此零點為 a，則有 a (1, 2)，
當 x (0,a)時， g x < 0，當 x (a,+ ) 時， g x > 0，
所以 g(x)在 (0, + )上的最小時為 g(a)，又由 g '(a) = 0，可得 ea = a + 2，
所以 g(a) = a +1 (2,3)，由于①等價于 k < g(a)，故整數 k 的最大值為 2.
13．已知 f x = ax2 - 2ln x，a R．
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
(2)若對任意的 x > 0， 2 - f (x) 2(a -1)x 恒成立，求整數 a 的最小值．
【解析】（1）由題意得 f (x) 的定義域為 (0, + )，
2
f (x) 2ax - 2= ，
x
① a 0時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (0, + )內單調遞減，
② a > 0時，令 f (x) = 0得 x a x a= 或 = - （舍）
a a
當 x (0, a ), f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減 ;
a
x ( a當 ,+ )， f (x) > 0， f (x) 單調遞增．
a
（2）由題意得 2 - ax2 + 2ln x 2(a -1)x ，
整理得 2(ln x + x +1) a(2x + x2 ) ，
a 2(ln x + x +1)因為 x > 0，所以原命題等價于 在區間 (0, + )內恒成立，
2x + x2
2(ln x + x +1) g (x) -2(x +1)(2 ln x + x)令 g(x) = =
2x + x2
，則 (2x ，+ x2 )2
令 h(x) = 2ln x + x，易知 h(x) 在區間 (0, + )內單調遞增，
又 h(0.5) = -2ln 2 + 0.5 < 0， h(1) =1 > 0 ，故存在唯一的 x0 (0.5,1)，使得 h(x0 ) = 0 ，
當0 < x < x0 時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；
當 x > x0時， g (x) < 0， g(x)單調遞減；
故當 x = x0時，函數 g(x)有極大值，也即為最大值，
g(x) 2(ln x0 + x0 +1) x0 + 2 1max = = =2x0 + x
2
0 x0 (x + 2) x
，
0 0
a 1故
1
x ，又
(1,2)
x ，故 a 2，
0 0
又 a 為整數，故 a 的最小整數值為 2.
14．已知函數 f x = x + a ln x + 3 a R .
(1)若函數 f x 在定義域內單調遞增，求 a 的取值范圍；
(2)若 a=2， f x > kx 在 x 1,+ 上恒成立，求整數 k 的最大值.（參考數據： ln 2 0.69， ln 3 1.1）
【解析】（1） f x = x + a ln x + 3 ，函數定義域為 0, +
f x ln x x + a a= + 3 + = ln x + + 4 x > 0 ，
x x
∵ f x 在 0, + ln x a上單調遞增，∴ + + 4 0在 0, + 上恒成立，
x
-a x ln x + 4x ，記 g x = x ln x + 4x， g x = ln x + 5 = 0
g x < 0，解得0 < x < e-5， g x > 0 ，解得 x > e-5 ，
∴ g x -5在 0,e -5上單調遞減，在 e , + 上單調遞增，
∴ g(x) -5min =g e =- 5e-5 +4e-5 =- e-5，
∴ -a -e-5 a e-5 ，
a -5的取值范圍為 ée , +
（2）由 a=2可知， f x = x + 2 ln x + 3 > kx ，
x + 2 ln x + 3 x + 2∴ k h x ln x + 3 < ，記 = ，
x x
h x x - 2ln x - 4∵ = 2 x >1 ，x
令t x = x - 2ln x - 4 t x 1 2 x - 2， = - = ，
x x
t x < 0 ，解得1 < x < 2，t x > 0，解得 x > 2
t x 在 1,2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增，
t 8 = 4 - 2ln8 = 4 - 6ln 2 < 0，t 9 = 5 - 2ln 9 = 5 - 4ln 3 > 0 ，
∴ $x0 8,9 ，t x0 = x0 - 2ln x0 - 4 = 0 * ，
x 1, x0 ，t x < 0，∴ h x < 0，∴ h x 單調遞減，
x x0 ,+ ，t x > 0， h x > 0，∴ h x 單調遞增，
x0 + 2
x0 + 2
÷
h x = h xmin 0
x0 + 2 ln x0 + 3 = = è 2 1 4 = x 1 4+ + 4 = x ，
x x 2 0 x ÷ 2 0
+ ÷ + 2
0 0 è 0 è x0
∵ h 8 = 6.25， h 9 = 613 ，
18
∴ h x 6,7min ，
∴整數 k 的最大值為 6．
15 x．（2024·陜西漢中·二模）已知函數 f x = e + ax - 3，曲線 y = f x 在點 (0, f (0)) 處切線方程為
y=- 2 .
(1)求實數 a 的值及函數 f (x) 的單調區間；
(2)若 x > 0時， (m - x)ex < m + 2，求整數 m 的最大值.
' x '
【解析】（1）函數 f (x) 的定義域為（-∞，+∞），因 f x = e + a ， f 0 =1+ a ，
在 0, f 0 '處的切線方程為： y - f 0 = f 0 x - 0 ，由已知得 f (0) = -2，
y = 1+ a x - 2 ，所以 a = -1；
'
由 f x = ex -1 > 0 得 x > 0，由 f ' (x) < 0 得 x < 0 ，
所以函數 f (x) 的單調遞增區間為（0，+∞），單調遞減區間為（-∞，0）；
x
（2） x > 0時，不等式 (m - x)ex < m + 2 m xe + 2等價于 < ，
ex -1
x x
g x xe
x + 2 e e - x - 3' 令 = ，則 g x = 2 ，
ex -1 ex -1
由（1）得 h(x) = ex - x - 3在（0，+∞）上單調遞增，
又因為 h(1) < 0， h(2) > 0，所以 g x 在 (0, + )上有唯一零點 x0 ，且1< x0 < 2 ，
當 x (1, x0 )時， g ' (x) < 0 ，
當 x x ,+ 時， g '0 (x) > 0 ，
所以 g(x) ' x0的最小值為 g x0 ，由 g x0 = 0 得 e = x0 + 3
x0 x0 + 3 + 2所以 g x0 = = x0 +1，由于1< x0 < 2,，所以 2 < g(x0) < 3，x0 + 2
因為m < g x0 ，所以 m 的最大值為 2；
綜上， a = -1，函數 f (x) 的單調遞增區間為（0，+∞），單調遞減區間為（-∞，0），
m 的最大值為 2.
16．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數 f x = x - lnx - 2 .
(1)判斷函數的單調性；
(2)若對于任意的 x 1,+ ，都有 xlnx + x > k x -1 ，求整數 k 的最大值.
1 x -1
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + ，求導得： f x =1- = ，
x x
令 f x > 0，則 x >1，令 f x < 0，則0 < x < 1，
所以 f x 在 1, + 上單調遞增，在 0,1 上單調遞減.
（2）"x (1, + ) xlnx x k(x
xlnx + x
， + > -1) k < ，
x -1
xlnx + x g x x - lnx - 2令 g x = ， x >1，則 =
x -1 (x -1)2
，
由（1）知， f x = x - lnx - 2在 1, + 上單調遞增，且 f 3 =1- ln3 < 0, f 4 = 2 - ln4 > 0，
則 f x 在區間 3,4 內存在唯一的零點 x0 ，使 f x0 = x0 - lnx0 - 2 = 0 ，即 lnx0 = x0 - 2，
則當 x 1, x0 時， f x < 0 ， g x < 0，有 g x 在 1, x0 上單調遞減，
當 x x0 ,+ 時， f x > 0， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增，
g(x) g x x0lnx + x x x - 2 + x于是得 min = 0 = 0 0 = 0 0 0 = x0 3,4 ，因此， k < g(x)min = x 3,4 ，x0 -1 x0 -1 0
所以整數 k 的最大值為 3.
17．已知函數 f x = ln x +1， xf x > k x -1 在 1, + 上恒成立，求整數 k 的最大值.
【解析】由題意， x ln x +1 > k x -1 在 1, + 上恒成立，
x ln x +1k 即 < ( x >1 )．
x -1
x ln x +1設 g x = ( x >1 )，
x -1
則 g x
x - ln x - 2
=
x -1 2 ，
令 h x = x - ln x - 2 ( x >1 )，則 h x 1=1- > 0 ，
x
所以， h x 在 1, + 上為增函數．
2
因為 h 2 = - ln 2 < 0 ， h 3 =1- ln 3 ln e= < 0 e， h 4 = 2 - ln 4 = ln > 0，3 4
所以 h x 在 1, + 上有唯一實數根m 3,4 ，
使得m - ln m - 2 = 0 .
當 x 1, m 時， h x < 0，即 g x < 0；
當 x m, + 時， h x > 0 ，即 g x > 0 .
即 g x 在 1, m 上單調遞減，在 m,+ 上單調遞增，
所以 g x 在 x = m 處取得最小值，
g m m ln m +1 且 = = m，
m -1
所以 k < m .由m 3,4 ，得整數 k 的最大值為 3.
18．已知函數 f (x) = ln x - mx2 + (1- 2m)x +1.
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若對任意 x > 0，有 f (x) 0恒成立，求整數 m 的最小值
2
【解析】（1）因為 f (x) 1 2mx 1 2m 2mx + (2m -1)x -1 (2mx -1)(x +1)= - + - = - = - (x > 0)，
x x x
當 m 0 時， f (x) > 0 在 (0, + ) 上恒成立，此時 f (x) 在 (0, + ) 上單調遞增；
1
當 m > 0 時， f (x) = 0，得 x = -1( 舍去 )， x = ，
2m
1
當 0 < x
1
< 時， f (x) > 0 ，則 f (x) 在 0,
2m 2m ÷
上單調遞增；
è
1 1
當 x > 時， f (x) < 0 ，則 f (x) 在 ,+ ÷ 上單調遞減；2m è 2m
綜上：當 m 0 時， f (x) 在 (0, + ) 上單調遞增；
1 1
當 m > 0 時， f (x)

在 0, ÷ 上單調遞增，在 ,+ 上單調遞減．
è 2m è 2m ÷
（2）因為對任意 x > 0 ， f (x) 0 恒成立，
所以 ln x + x +1 m x2 + 2x 在 (0, + ) 上恒成立，
ln x + x +1
即 m 2 在 (0, + ) 上恒成立．x + 2x
-(x +1)(x + 2ln x)
設 F (x)
ln x + x +1
= F (x) = 2
x2
，則
+ 2x x2 + 2x .
設 j(x) = -(x + 2ln x) ， j (x) 1
2
= - - < 0 ，則 j(x) 在 (0, + ) 上單調遞減，
x
1 1 1 1
因為 j (1) = -1 < 0 ， j ÷ = - + 2ln ÷ = 2ln 2 - > 0 ，
è 2 è 2 2 2
1
所以 $x0 ,1 ÷ ，使得 j x0 = 0 ，即 x0 + 2ln x0 = 0 .
è 2
當 x 0, x0 時， j(x) > 0 ；
當 x x0 ,+ 時， j(x) < 0 .
所以 F (x) 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 ,+ 上單調遞減，
F (x) F x ln x = = 0
+ x0 +1 1
所以 max 0 2 =x .0 + 2x0 2x0
1 1 1
因為 x0 ,1

÷ ，所以 ,12x 2 ÷ ，è 2 0 è
故整數 m 的最小值為1.
19．（2024·高三·廣東·開學考試）已知函數 f x = ex - ln x - m （其中 e為自然對數的底數）．
(1)當m = -1時，求 f x 的最小值；
(2)若對定義域內的一切實數 x ，都有 f x > 4，求整數m的最小值．
5
（參考數據： e4 3.49）
【解析】（1）m = -1時， f x = ex - ln x +1 f x ex 1，故 = - , x > -1，
x +1
因為 y ex , y
1
= = - 在 -1, + 上均為增函數，故 f x 在 -1, + 上為增函數，
x +1
而 f 0 = 0，故當 x 0, + 時， f x > 0，當 x -1,0 時， f x < 0，
所以 f x 在 -1,0 上為減函數，在 0, + 上為增函數，
故 f x = f 0 =1min .
x 1
（2）由 f x 的定義域為 m,+ ， f x = e - , x > m ，
x - m
x
因為 y = e , y
1
= - 在 m,+ 上均為增函數，故 f x 在 m,+ 上為增函數，
x - m
而 f m +1 = e m +1 1 1- >1- = 0m +1- m 1 ，
當 x m（從m的右側）時， f x - ，故 f x 在 m,+ 上存在一個零點 x0 ，
且 x m, x0 時， f x < 0； x x0 ,+ 時， f x > 0；
故 f x 在 m, x0 上為減函數，在 x0 ,+ 上為增函數，
故 f x = f x0 = ex0 - ln x0 - m > 4min ，
ex 10 1而 = x - m ，故
x0 = - ln x0 - m ，且m = x0 - ex ，00
f x = ex0 + x x故 0 0 ，故 e 0 + x0 > 4，故 x0 >1，
1
故m = x0 - x >1
1
- > 0，故m 1 .
e 0 e
1 1
若m =1，則1 = x0 - x 即 x0 - -1 = 0，e 0 ex0
因為 y = x -1, y
1
= - x 在 1, + 均為增函數，e
故 v x x 1= - x -1在 1, + 為增函數，e
5
5 e4 - 4 5 5
而 v ÷ = 5 ，但 e
5 < 243 < 256 = 44 ，故 e4è 4 < 4
，即 v ÷ < 0，
4e4 è
4
5
故 x
5
4 5
0 > ，但 e + 3.49 +1.25 > 4
x
，即 e 0 + x0 > 4成立4 4
故m =1時， f x > 4恒成立，故整數m的最小值為 1.

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