最新高考数学二轮复习（新高考）【专题突破精练】 第08讲 等高线问题与函数的整数解问题

这是一份最新高考数学二轮复习（新高考）【专题突破精练】 第08讲 等高线问题与函数的整数解问题，文件包含第08讲等高线问题与函数的整数解问题原卷版docx、第08讲等高线问题与函数的整数解问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
第08讲 等高线问题与函数的整数解问题
【典型例题】
例1．设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：设，，
由题意知存在唯一的整数使得在直线的下方，
因为，
令，可得，单调递增，
令，可得，单调递减，
所以当时，取得最小值，
当时，（1）（1），
当时，，，
由可得，即，
由可得，可得，
所以，
所以实数的取值范围为，．
故选：．
例2．（2022•襄城区校级模拟）若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
【解析】解：令，，
则，
令，得 或；，得，
在和， 上单调递增，在上单调递减，
，且（2），
当 时， 至多有一个整数解．
当 时， 在区间 内的解集中有且仅有三个整数，
只需，即，
解得：，
故选：．
例3．（2022秋•吕梁月考）已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是
A．，，B．，
C．，，D．，，
【解析】解：由解析式得：函数的图象关于直线对称，且当时，函数递增，
所以不等式可化为：
，
即，即，
若原不等式的解集中有且仅有三个整数，
则时，，有且仅有三个整数，解得：，，
时，，有且仅有三个整数，解得：，，
综上可得：，，，
故选：．
例4．（2022•全国Ⅰ卷模拟）若不等式的解集中有且仅有两个正整数，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：设；，显然当时，在，恒成立，即不等式没有正整数解，
当时，与的大致图象如图所示，两个函数的图象均过原点，则原不等式的解集中的两个正整数解必然是和，
所以，即，解得，所以实数的取值范围是，
故选：．
例5．（2022•北海一模）已知函数，，若存在唯一的正整数，使得，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：函数的导数，
由得或，此时为增函数，
由得，此时函数为减函数，
即当时，函数取得极大值，
当时函数取得极小值，
当时，不满足条件．，
当时，（2），（1），（3），
若存在唯一的正整数，使得，
则唯一的正整数，
则满足，即，得，得，
则实数的取值范围是，．
故选：．
例6．（2022秋•德州期中）已知函数，关于的不等式只有1个整数解，则实数的取值范围是
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：由，，
令，解得：，
令，解得：，
的递增区间为，递减区间为，故的最大值是（e）；
时，，时，，（1），故在时，，在时，，
函数的图象如下：
①时，由不等式得或，
而时无整数解，的解集为，整数解有无数多个，不合题意；
②时，由不等式，得，解集为，，，
整数解有无数多个，不合题意；
③时，由不等式，得或，
的解集为无整数解，而的解集整数解只有一个，
且在递增，在递减，
而，（2）（4）（3），这一个正整数只能为3，
（2）（3），；
综上，的取值范围是，．
故选：．
例7．（2022秋•重庆期末）已知函数若关于的方程有四个不同的根，，，，且，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：作函数图象，，，，的横坐标分别为，，，，
故，，，
所以，即，
所以，即，，
因为，，，所以，
又，所以，
所以，
令，
，，
故选：．
例8．（2022•西城区一模）设函数，若关于的方程有四个实数解，2，3，，其中，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．
【解析】解：函数的图象如右：
关于的方程有四个实数解，
可得的图象与直线有四个交点，
可以判断，，
，
且，，可得，
即，
即有，
，
故，
又由函数在，上递增，
可得函数在，上的值域为，，
可知的取值范围为，．
故选：．
例9．（2022•巴中模拟）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（a）（b）（c）（d），则的取值范围为
A．B．C．D．
【解析】解：由函数对于任意，均满足，
可知的对称轴方程为．
当时，，
作出函数的图象，如图：
由图可知，与，与关于直线对称，则．
又（a）（b），所以，即，
因此．
由题意知，，
令（b），，
则（b），
令（b），得，
故（b）在，上单调递减，在，上单调递增．
故（b），
由，，由，可得，
所以得的取值范围是，．
故选：．
例10．（2022春•东湖区校级期中）已知幂函数的图象经过点．
（1）（3）与（2）的大小；
（2）定义在上的函数满足，，且当，时：．若关于的不等式在，上有且只有151个整数解，求实数的取值范围．
【解析】（1）由于函数为幂函数，故，即，又函数过点，
则，即，故，此时
（3），（2），故（3）（2）．
（2）由于函数满足，则为偶函数，又，则图象关于直线对称，
由此可以得到，又，则有，即，故函数的周期为，
然后由，以及奇偶性和对称性和周期性做出示意图如右图，
其中函数的单调性，用导数方法判断，限于篇幅，只给出结论，在区间单调递增，在区间单调递减，最大值为，
由不等式可得，
则得到，或者，结合图象舍去第二种情形．
故只有可能成立，
①当时，，由上述不等式组可得，即时在，上有且只有151个整数解，
结合图象可知，则在，上有且只有个整数解，则在区间，上有且只有3个整数解，
我们设想直线在区间，和相交，当满足条件且时，整数解在区间，上有或者或者三个，满足题意，其中，
这样有，即，满足；
②当时，由题意在，上有且只有151个整数解，我们结合图象可知，在一个周期，内，满足的整数解有2、3、4、5、6、8，显然不满足题意，故舍去；
综上所述，实数的取值范围为．
【同步练习】
一．选择题
1．（2022春•荔城区校级期中）设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是
A．，B．C．D．
【解析】解：令，，，显然直线恒过点，
则“存在唯一的整数，使得 “等价于存在唯一的故数使得点，在直线下方，
，当时，，当时，，即在上递减，在上递增，
则当时，，当时，，而，
即当时，不存在整数使得点，在直线下方，
当时，过点作函数图象的切线，设切点为，，则切线方程为：，
而切线过点，即有，整理得：，而，解得，
因（1）（1），又存在唯一整数使得点，在直线下方，则此整数必为2，
即存在唯一整数2使得点，（2）在直线下方，
因此有，解得，
所以的取值范围是．
故选：．
2．（2022•雨花区校级模拟）若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
【解析】解：令，，则
，
令，得 或；，得，
在和 上单调递增，在上单调递减，
（1），且
如图所示，
当 时， 至多有一个整数解．
当 时， 在区间 内的解集中有且仅有三个整数，
只需，即，
解得．
故选：．
3．（2022•临沂二模）已知函数，时，若不等式的解集中有且仅有一个整数，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
作出的函数图象如图所示：
由仅有一个整数解得只有一整数解，
设，
由图象可知，当时，在上恒成立，不符合题意，
当时，若只有1个整数解，则此整数解必为1，
，即，解得．
故选：．
4．（2022•九江一模）已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，或，此时不等式有无数个整数解，不符合题意；
当时，，此时不等式有无数个整数解，不符合题意；
当时，或，要使不等式恰有两个整数解，必须满足
（3）（2），得，
故选：．
5．（2022秋•浙江期末）设函数，若存在唯一的正整数，使得，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：设，，
，所以或者时函数递增，时递减，
并且（1），（2），（3），（4），
图象如图，函数经过，要使存在唯一的正整数，使得，
即有唯一正整数解，
所以只要并且，即，解得：；
故选：．
6．（2022•杏花岭区校级模拟）已知函数若存在唯一的正整数，使得，则实数的取值范围是
A．，B．，
C．，D．
【解析】解：由题意，，
设，则，
设，
，
恒成立，恒成立，单调递减，
，（1），
在上存在唯一的零点，
即在上有唯一的极值点，且为极大值点，
（1），（2），
要使不等式有唯一的正整数解，需．
故选：．
7．（2022•中卫二模）已知函数，若函数的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，则实数的取值范围为
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：因为函数的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，
所以的解集中恰有两个正整数，
由可得，
令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
作出函数与的大致图象如图所示：
当恰有两个正整数解时，即为1和2，
所以，解得，
故实数的取值范围为，．
故选：．
8．（2022秋•新余期末）已知函数，若的解集中恰有一个整数，则的取值范围为
A．B．
C．D．
【解析】解：，即，即，
因为，所以，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
画出的大致图象如图所示：
当直线与图象相切时，设切点为，，
则，解得，故，
当直线过点时，，
故的取值范围是，．
故选：．
9．（2022秋•庄河市校级月考）已知函数的导函数为，且对任意的实数都有是自然对数的底数），且，若关于的不等式的解集中恰有唯一一个整数，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：，
，
，
，，解得
，
．
令，解得或，
当或时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递减增，
可得：时，函数取得极大值，时，函数取得极小值，
，，，
时，的解集中恰有唯一一个整数．
故的取值范围是，，
故选：．
10．（2022•泸州模拟）已知函数，关于的不等式只有一个整数解，则实数的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：（1），令，解得：，
令，解得：，
的递增区间为，递减区间为，故的最大值是（e）．
时，，时，，（1），故在时，，在时，，
函数的图象如下：
①时，由不等式得或，
而的解集为无整数解，的解集整数解一个，
在递增，在递减，
而，（2）（4）（3），这一个正整数只能为3，
（2）（3），
②时，由不等式，得，解集为，，，
整数解有无数多个，不合题意；
③时，由不等式，得或，
的解集为无整数解，而的解集为，整数解有无数多个，不合题意；
综上，
故选：．
11．（2022•琼海模拟）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．1C．D．2
【解析】解：由题意：两个函数的图象如图：作出的平行线，
使得直线与函数相切，
则直线分别与两函数交于，两点，此时取得最小值，
设切点，则，
切线的斜率为：，解得，
切点为，即则，，
则的最小值为：．
故选：．
12．（2022春•南关区校级月考）已知直线分别与函数和函数（实常数，交于，两点，则的最小值为
A．B．C．D．
【解析】解：设，，，，可设，
则，
，
，
令，
则，
，，
，，
令，解得，
函数在上单调递减，在，上单调递增，
时，函数取得极小值，且为最小值2，
，
函数在，上单调递减，
．
故选：．
13．（2022秋•锡山区校级月考）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．
【解析】解：，
当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，当时，，
的大致图象如图所示，结合图象可知，，
则，
令，，
则，
易得在，上单调递减，在上单调递增，
又，，，
故的取值范围为，．
故选：．
14．（2022•广东四模）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．2B．C．D．
【解析】解：的定义域为，
且，
可得为奇函数，
，，，
当时，，递增，可得，
递增，可得，
即在递增，进而在上递增，
作出的图象；
作出的图象．
设，由，
可得，即有，
且，
可得，
则，，
由的导数为，
当时，递增，时，递减，
可得处取得极小值，且为最小值，
则的最小值是．
故选：．
15．（2022春•上饶期末）已知，关于的一元二次不等式的解集中有且仅有5个整数，则所有符合条件的的值之和是
A．13B．15C．21D．26
【解析】解：设，其图象为开口向上，对称轴为的抛物线，
因为解集中有且仅有5个整数，结合二次函数的对称性可得，
，解得，又，
所以，2，3，4，5，
所以符合题意的的值之和，
故选：．
16．（2022秋•湖北校级月考）已知函数，若方程有四个不同解，，，，且，则的取值范围为
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：作函数的图象如右，
方程有四个不同的解，，，，且，
，关于对称，即，
由得或，
由得或，
即，，
则，
即，
则
即
则；
故，；
则函数，在上为减函数，
则故取得最大值，为，
当时，函数取得最大值为．
即函数取值范围是，．
故选：．
17．（2022春•龙岩期末）已知函数与函数的图象相交于不同的两点，，，，若存在唯一的整数，，则实数的最小值是
A．0B．C．D．1
【解析】解：由得，
设，
求导，
令，解得，
时，，单调递增；
当时，，单调递减；
故当时，函数取得极大值，且，
又时，；
当时，，，故；
作出函数大致图像，如图所示：
又，
因为存在唯一的整数，，使得与的图象有两个交点，
由图可知：（2）（1），
即，
所以的最小值为．
故选：．
18．（2022•海淀区校级三模）已知函数，若存在唯一的整数，使得成立，则满足条件的整数的个数为
A．2B．3C．4D．无数
【解析】解：作出的函数图象如图所示：
表示点，与点所在直线的斜率，可得曲线上只有一个点，为整数）和点所在直线的斜率大于0，
而点在到直线上运动，
由，（1），（2），
可得当时，只有点满足；
当时，只有点满足．
综上可得的范围是，，．
故满足条件的整数有：，0，1，2共四个．
故选：．
二．填空题
19．（2022秋•浙江期中）已知函数，若集合中有且只有一个元素，则实数的取值范围为 ， ．
【解析】解：，
即，
分别令，
，易知过定点，
分别画出函数的图象，如图所示：
集合中有且只有一个元素，结合图象可得
，
解得
故答案为：，
20．（2022春•孝义市期末）已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，实数的取值范围是 ， ．
【解析】解：因为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
（1），
时，；时，；
函数的草图如下：
当时，，或，
此时不等式有无数个整数解，不符合题意．
当时，，
此时不等式有无数个整数解，不符合题意，
当时，或，
要使得恰有两个整数解，必须满足
（3）（2），得．
故答案为：，．
21．（2022春•船营区校级月考）设函数，若方程有四个不同的实数解，则的取值范围是 ．
【解析】解：方程有四个不同的实数解，
即函数的图象与直线有4个交点，且交点横坐标分别为，，，，且，
由题意可得，，即，
又，即，
则，
又在单调递减，
即，
故答案为：．
22．（2022秋•杨浦区校级期末）已知函数，若方程有四个不同的实根，，，．则的取值范围为 ， ．
【解析】解：作函数的图象如下，方程有四个不同的实根，，，，
结合图象，
，，，的横坐标分别为，，，，
故，，，，，，
故，，
，，
故答案为：，．
23．（2022春•淮安期末）设函数，若关于的方程有四个不同的实数解，，，，且，则的取值范围是 ， ．
【解析】解：作函数草图如下，
可以判断，，且，根据对数的性质，，且，
故，且，
又由函数在，递减，可知所求取值范围为，．
故答案为：，．
24．（2022秋•尚志市校级月考）设函数，若关于的方程有四个实数解，，，，且，则的取值范围是 ， ．
【解析】解：函数的图象如右：
关于的方程有四个实数解，
可得的图象与直线有四个交点，
可以判断，，
，
且，，可得，
即，
即有，
，
故，
又由函数在，上递增，
可得函数在，上的值域为，，
可知的取值范围为，．
故答案为：，．
25．（2022秋•常熟市校级月考）已知函数，其中为自然对数的底数，若存在实数，满足，且，则的取值范围为 ， ．
【解析】解：存在实数，满足，且，
即与函数在，上有两个交点；
由图可得：；
且；
所以；
设，，，则，令，得，
当，时，，单调递增，
当，时，，单调递减，
所以当时，的值无限趋于；
所以当时，取极大值也是最大值，即，
（1）；
所以最大值为；最小值为0
故答案为：，．
26．已知直线与函数和分别交于，两点，若的最小值为2，则 2 ．
【解析】解：设，，，，可设，
则，
，
，
令，
则，
由的最小值为2，
可得，
函数在上单调递减，在，上单调递增，
时，函数取得极小值，且为最小值2，
即有，
解得，
由，
则，
可得．
故答案为：2．
27．（2022春•日照期末）已知函数，若存在实数，，满足则的最小值为
【解析】解：根据题意，
作出函数的图象如图所示：
存在实数，，满足，
根据函数图象可得，．
，即．，
令，，
则，
当时，，即在上为减函数；
当，，即在上为增函数．
（2），
故答案为：．
三．解答题
28．（2022春•张家港市期中）已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围；
（3）若不等式仅有一个整数解，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）函数，
则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得极大值，也是最大值为（1）．
（2）函数有两个零点，相当于函数的图象与直线有两个交点．
当时，，时，，
结合（1）中结论，可得．
（3）因为，所以不等式仅有一个整数解，
即只有一个整数解，因为的极大值为（1），，
（2），
所以当，时，只有一个整数解，
即当，时，不等式仅有一个整数解．
所以实数的取值范围是，．
29．（2022•镜湖区校级模拟）已知函数，．
（Ⅰ）记，试判断函数的极值点的情况；
（Ⅱ）若有且仅有两个整数解，求的取值范围．
【解析】解：，．
令在上单调递增，
又，（1）．
存在唯一，使得，即．
，，此时函数单调递减．，，，函数单调递增．
为极小值点，无极大值点．
（Ⅱ）化为：，即．
①当时，由不等式有整数解，
在时，，
有无穷多整数解．
②当时，，又，（1）．
不等式有两个整数解为0，1．即，解得：．
③当时，，又，
在时小于或等于1，不等式无整数解．
综上可得：．
30．（2022秋•双峰县校级月考）已知函数，，．
（1）当时，函数有两个零点，求的取值范围；
（2）当时，不等式有且仅有两个整数解，求的取值范围．
【解析】解：（1）当时，，
由得：，即，
令，
则，
可得在内递增，在内递减，在内递减，在内递增，
则有，，
函数有两个零点，
则；
（也可用过点作曲线的切线，可求得两切线的斜率分别是1和，由直线与曲线的位置可得）
（2）当时，由得．
令，则．
令，则，所以在上单调递增，
又，（1），所以在上有唯一零点，
此时在上单调递减，在，上单调递增．
，
易证，．
当时，；当时，（1）．
①若，则，此时有无穷多个整数解，不合题意；
②若，即，因为在，上单调递减，在，上单调递增，
所以时，，（1），所以无整数解，不合题意；
③若，即，此时（1），故0，1是的两个整数解，
又只有两个整数解，因此（1）且（2），解得．
所以，．
31．已知函数，为自然对数的底数．
（1）当时，
①求函数在处的切线方程；
②求函数的单调区间；
（2）若有且只有唯一整数，满足，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）当时，，，
①，又，
函数在处的切线方程为：，即：；
②，
由于，当时，，，；当时，，，，
函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）由得，
当时，不等式显然不成立；当时，；当时，，
设，，
函数在和，上为增函数，在和上为减函数，
当时，，当时，，
①当时，，由得，，又在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，
，即，，
②当时，，由得，，又在区间上单调递减，在区间，上单调递增，且，
，解得：，
综上所述，的取值范围为，，．