重难点突破10 利用导数解决一类整数问题 （四大题型）（解析版）

重难点突破10利用导数解决一类整数问题目录利用导数解决一类整数问题常见技巧有：1、分离参数、分离函数、半分离2、直接限制法3、虚设零点4、必要性探路题型一：整数解问题之分离参数、分离函数、半分离例1．（2023·贵州·校联考一模）已知ln1fxxaxaR．(1)讨论fx的单调性；(2)若212fxaxx对0,x恒成立，求整数a的最小值．【解析】（1）fx的定义域为1(0,),()fxax，（ⅰ）当0a时，()0fx，∴()fx在,()0x上单调递增；（ⅱ）当0a时，令1()0100fxaxxa，令10fxxa，∴当0a时，fx在,()0x上单调递增；当0a时，fx在10,xa上单调递增，在1,a上单调递减．（2）由21()2fxaxx，可得：222(ln1)axxxx，∵0x，∴原命题等价于22(ln1)2xxaxx对,()0x恒成立．令22(ln1)()2xxFxxx，∴222(1)(2ln)()2xxxFxxx，令()2lnGxxx，∴2()10Gxx，∴()Gx在,()0x上单调递增．又(0.5)2ln20.5ln4ln0,(1)10GeG，故存在唯一的0(0.5,1)x，使得0002ln0Gxxx．当00xx时，()0Gx，∴()0Fx，∴()Fx在00,xx上单调递增，当0xx时，()0Gx，∴()0Fx，∴()Fx在0,xx上单调递减．∴000max02000002ln121()22xxxFxFxxxxxx，∴01ax时，01,12x恒成立．∴2a，又aZ，∴a的最小整数值为2．例2．（2023·四川广安·广安二中校考模拟预测）已知函数2exfxxa.(1)若函数fx在0,2上有两个零点，求实数a的取值范围；(2)当1,13x时，关于x的不等式1lnfxxx≤恒成立，求整数a的最小值.【解析】（1）2exfxxa，1exfxx，当01x时，0fx，当1x时，()0fx¢，则()fx在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，若fx在0,2上有两个零点，则(0)20(1)e0(2)0fafafa解得e2a，故a的取值范围是(e,2]（2）1lnfxxx≤，即2eln1xaxxx，在1,13x时恒成立，令()e1xgxx，()e1xgx，当0x时，()0gx，当0x时，()0gx，则()gx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，故()(0)0gxg，即e1xx，当且仅当0x时等号成立，令()ln1hxxx，1()1hxx，当01x时，()0hx，当1x时，()0hx，则()hx在(0,1)单调递增，在(1,)上单调递减，()(1)0hxh，即ln10xx，当且仅当1x时等号成立，而1,13x时，20x，故22eln1(2)(1)22xxxxxxxx，当1x时，不等式为ea≥，而2a时满足题意，故整数a的最小值为2例3．（2023·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考阶段练习）已知函数2()42ln3()fxaxxaR.(1)讨论函数fx的单调性；(2)若a为整数，且22ln2fxxx恒成立，求a的最大值.【解析】（1）2()42ln3fxaxx的定义域为|0xx，28fxaxx.当0a时，()0fx¢，则2()42ln3fxaxx在0,上单调递增；当0a时，解0fx，即280axx，得112xa（舍去负值）；解()0fx¢，即280axx，得1102xa，所以fx在110,2a上单调递增；解0fx，即280axx，得112xa，所以fx在11,2a上单调递减.综上所述，当0a时，2()42ln3fxaxx在0,上单调递增；当0a时，fx在110,2a上单调递增，在11,2a上单调递减.（2）由已知可得，222432lnln2xxaxx恒成立，0x，即22lnln5224xxxxa在0,上恒成立.令22lnln5224gxxxxx，则只需minagx即可.222332124ln152ln622422xxxxxxxxxxxg，令22ln6hxxx，220hxxx在0,上恒成立，所以hx单调递增.且242ln262ln220h，5255152ln62ln024242h，所以，052,2x，使得00hx，且当00xx时，0hx，当0xx时，0hx.即052,2x，使得00gx，且当00xx时，0gx，gx在00,x上单调递减；当0xx时，0gx，gx在0,x上单调递增.所以，22lnln5224gxxxxx在0xx处取得唯一极小值，也是最小值.又0300202ln602xxgxx，则200ln32xx.所以22002022200003351172222444gxxxxxxx，令2211744xxmx，2tx，1kttt，1t，则221111ttkttt，当1t时，0kt，所以，1kttt在1,上单调递增，从而2211744xxmx在1,上单调递减，则0522mmxm，又221171122142416m，512547590244254400m，所以001mx，所以001gx.又a为整数，0agx，所以a的最大值为0.变式1．（2023·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校联考期中）已知函数lnxfxx(1)判断fx的单调性，并比较20212020与20202021的大小；(2)当0x时，不等式e1e10xxffkx恒成立，求整数k的最大值．【解析】（1）由题意知：函数()fx的定义域为(0,)，21lnxfxx，当ex时，()0fx，函数()fx单调递减；当0ex时，()0fx，函数()fx单调递增；所以函数()fx在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，所以(2020)(2021)ff，即ln2020ln202120202021，所以2021ln20202020ln2021，即20212020ln2020ln2021，又因为lnyx在(0,)上单调递增，所以2021202020202021，（2）因为lnxfxx，所以lne(e)eexxxxfx，所以不等式e1e10xxffkx可化为1e(1e)0xxxk，因为,()0x，所以1e0x，所以不等式等价转化为e1e1xxxk+-对任意的,()0x恒成立，令e1()e1xxxgx，则2e(e2)()(e1)xxxxgx，令()e2xxx，则()e1xx，因为,()0x，所以()e10xx对任意的,()0x恒成立，所以()e2xxx在(0,)上单调递增，因为(1)e30，2(2)e40，故0(1,2)x，使得000()e20xxx，因此当00xx时，()0,()0xgx，即()gx在0(0,)x上单调递减，当0xx时，()0,()0xgx，即()gx在0(,)x上单调递增，故00000min000e1(2)1()()1(2,3)e11xxxxxgxgxxx，所以min0()1kgxx，故整数k的最大值为2.变式2．（2023·天津河北·统考一模）已知函数ln2fxxx.(1)求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；(2)讨论函数fx的单调性；(3)若对任意的1,x，都有ln1xxxkx成立，求整数k的最大值.【解析】（1）函数()ln2fxxx，求导得1()1fxx，则()01f，而(1)1f，所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程是1y.（2）函数()ln2fxxx的定义域是(0,)，1()1fxx，当(0,1)x时，()0fx，函数()fx单调递减，当(1,)x时，()0fx，函数()fx单调递增，所以函数()fx的递减区间是(0,1)，递增区间是(1,).（3）(1,)x，lnln(1)1xxxxxxkxkx，令ln(),11xxxgxxx，求导得222ln1lnln211xxxxxxxgxxx，由（2）知，()ln2fxxx在(1,)上单调递增，(3)1ln30f，421ln20f，因此存在唯一0(3,4)x，使得0()0fx，即0000ln20ln2xxxx，当0(1,)xx时，()0fx，即()0gx，当0(,)xx时，()0fx，即()0gx，因此函数()gx在0(1,)x上单调递减，在0(,)x上单调递增，于是000000min0000ln(2)()()11xxxxxxgxgxxxx，则0(3,4)kx，所以整数k的最大值是3.变式3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()lnfxx.(1)若函数()kyfxx在21,e上有两个不同的零点，求实数k的取值范围；(2)是否存在实数k，使得对任意的1,2x，都有函数()kyfxx的图象在e()xgxx的图象的下方？若存在，请求出最大整数k的值；若不存在，请说理由.（参考数据：12ln20.6931,e1.6487）【解析】（1）因为()lnkkfxxxx，则由题意知方程ln,kxx在21,e上有两个不同的根.由ln0,kxx得ln,kxx令lngxxx，则()ln1gxx，由()0gx解得1ex.当211,eex时，()0gx，()gx单调递减；当1,ex时，'()0,gx()gx单调递增，所以当1ex时，()gx取得最小值为11eeg，又2212eeg，(1)0g，所以212eek，解得221eek.（2）假设存在实数k满足题意，则不等式elnxkxxx对1,2x恒成立，即elnxkxx对1,2x恒成立.令()eln,xhxxx则()eln1xhxx，令()eln1xr