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专题09 函数中的整数解问题
一、对数型函数整数解
1．（2021 襄城区校级模拟）若不等式aln（x+1）﹣x3+2x2＞0在区间（0，+∞）内的解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2020 山东模拟）若关于x的不等式lnx﹣ax2＞0的解集中有唯一的整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（，] B．[，）
C．（﹣∞，]∪（，+∞） D．（﹣∞，）∪[，+∞）
3．（2020 广州模拟）已知函数f（x）＝x﹣alnx﹣1存在极值点，且f（x）≤0恰好有唯一整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（0，） D．（，+∞）
4．（2020 安阳一模）已知不等式xlnx+x（k﹣ln4）+k＜0的解集中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2020 合肥二模）若关于x的不等式ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4有且只有两个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（2﹣ln3，2﹣ln2] B．（﹣∞，2﹣ln2）
C．（﹣∞，2﹣ln3] D．（﹣∞，2﹣ln3）
6．（2021春 天河区校级期中）已知函数f（x）＝+a﹣2ax，若存在唯一的整数x0，使f（x0）＞0，则实数a的取值范围是　 　．
7．（2020秋 怀仁市期末）若不等式ax≤lnx﹣x2的解集中恰有两个整数，则实数a的最大值为（　　）
A．﹣3 B．﹣3 C．﹣1 D．﹣2
二、指数型函数整数解
8．（2020 西城区模拟）设函数f（x）＝（x﹣1）ex．若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有一个整数解，则正数a的取值范围是（　　）
A．（0，e] B．（0，e2] C． D．
9．（2020 福州模拟）若关于x的不等式aex（x+1）﹣x2＜0解集中恰有两个正整数解，a的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
10．（2021春 肥东县校级期中）已知函数f（x）＝ex（x﹣2）﹣ax+a，（a＜2），若不等式f（x）＜0恰有三个不同的整数，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
11．（2021 南平模拟）设函数f（x）＝（x﹣1）ex，若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣1，e2] B．
C． D．
12．（2021 全国Ⅰ卷模拟）若不等式2x+1﹣2＜ax的解集中有且仅有两个正整数，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
13．（2020 湘潭三模）已知对任意实数x都有f '（x）＝3ex+f（x），f（0）＝﹣1，若不等式f（x）＜a（x﹣2）（其中a＜1）的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
14．（2019 潍坊模拟）已知f ′（x）是函数f（x）的导函数，且对任意的实数x都有f ′（x）＝ex（2x+3）+f（x）（e是自然对数的底数），f（0）＝1，若不等式f（x）﹣k＜0的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围是（　　）
A．[﹣，0） B．[﹣，0] C．（﹣，0] D．（﹣，0）
15．（2020春 上饶月考）已知函数f（x）＝（2x﹣1）ex+mx﹣m（m≥﹣1），若有且仅有两个整数使得f（x）≤0，则实数m的取值范围是（　　）
A．[﹣，﹣） B．
C． D．[﹣1，﹣）
16．（2019秋 江苏月考）设函数f（x）＝（2x+1）e﹣x﹣ax﹣a，若存在唯一的整数x使得f（x0）＞0，则实数a的取值范围是　 　．
17．（2021春 浙江期中）已知函数f（x）＝，若关于x的不等式f（x）＜f（ax+1）的解集中有且仅有两个整数，则实数a的取值范围为　 　．
三、复合型不等式的整数解
18．（2020 泸州模拟）已知函数f（x）＝，关于x的不等式f 2（x）+af（x）＞0只有一个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣，﹣] B．（﹣，﹣]
C．[，﹣] D．[，）
19．（2019 江西模拟）已知函数f（x）＝，若关于x的不等式f 2（x）+af（x）＞0恰有两个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣，﹣） B．[，）
C．（﹣，﹣] D．（﹣1，﹣]
参考答案与试题解析
1．（2021 襄城区校级模拟）若不等式aln（x+1）﹣x3+2x2＞0在区间（0，+∞）内的解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】令 f（x）＝aln（x+1），g（x）＝x3﹣2x2，利用导数，判断g（x） 的单调性，通过讨论当 a≤0 时，f（x）＞g（x） 至多有一个整数解．当a＞0 时，f（x）＞g（x） 在区间 （0，+∞）内的解集中有且仅有三个整数，得到关于a的不等式组，求实数a的取值范围即可．
【解答】解：令 f（x）＝aln（x+1），g（x）＝x3﹣2x2，
则g′（x）＝3x2﹣4x＝x（3x﹣4），
令g′（x）＞0，得 x＞ 或 x＜0；g′（x）＜0，得 0＜x＜，
∴g（x） 在 （﹣∞，0）和 （，+∞） 上单调递增，在 （0，）上单调递减，
∴g（x）min＝g（）＝﹣，且 g（0）＝g（2）＝0，
当a≤0 时，f（x）＞g（x） 至多有一个整数解．
当a＞0 时，f（x）＞g（x） 在区间 （0，+∞） 内的解集中有且仅有三个整数，
只需，即，
解得：＜a≤，
故选：C．
2．（2020 山东模拟）若关于x的不等式lnx﹣ax2＞0的解集中有唯一的整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（，] B．[，）
C．（﹣∞，]∪（，+∞） D．（﹣∞，）∪[，+∞）
【分析】由题意可得，＞a，构造函数f（x）＝，x＞0，对其求导，然后结合导数分析函数的性质，结合图象即可求解．
【解答】解：由题意可得，＞a，
令f（x）＝，x＞0，则，
当0时，f′（x）＞0，函数单调递增，当x时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝时，函数取得最大值f（）＝，
因为lnx﹣ax2＞0的解集中有唯一的整数解，
结合图象可知，只能是x＝2，
故，
故选：B．
3．（2020 广州模拟）已知函数f（x）＝x﹣alnx﹣1存在极值点，且f（x）≤0恰好有唯一整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（0，） D．（，+∞）
【分析】利用导数可知函数f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，再分0＜a≤1及a＞1讨论即可得出结果．
【解答】解：函数的定义域为（0，+∞），且，
又函数f（x）存在极值点，即y＝f′（x）有变号零点，故a＞0，
故函数f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
注意到f（1）＝0，x→0时，f（x）＞0，
①当0＜a≤1时，显然f（x）≤0恰好有唯一整数解x＝1，满足题意；
②当a＞1时，只需满足f（2）＞0，即1﹣aln2＞0，解得；
综上，实数a的取值范围为．
故选：C．
4．（2020 安阳一模）已知不等式xlnx+x（k﹣ln4）+k＜0的解集中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】原不等式等价于，k（x+1）＜xln4﹣xlnx，设g（x）＝k（x+1），f（x）＝ln4﹣xlnx，然后转化为函数图象的交点结合图象可求．
【解答】解：原不等式等价于，k（x+1）＜xln4﹣xlnx，
设g（x）＝k（x+1），f（x）＝ln4﹣xlnx
所以f（x）＝ln4﹣（1+lnx）＝ln﹣1，
令f′（x）＝0，得x＝．
当0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＞时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
又f（4）＝0，x→0时，f（x）→0，
因此f（x）与g（x）的图象如下，
当k≤0时，显然不满足条件，当k＞0时，只需满足，
∴
解可得，．
故选：D．
5．（2020 合肥二模）若关于x的不等式ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4有且只有两个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（2﹣ln3，2﹣ln2] B．（﹣∞，2﹣ln2）
C．（﹣∞，2﹣ln3] D．（﹣∞，2﹣ln3）
【分析】设g（x）＝2x﹣lnx﹣4，h（x）＝ax﹣2a，画出图象，讨论当a≤0时，当a＞0时，数形结合即可得答案．
【解答】解：由题意可知，ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4，
设g（x）＝2x﹣lnx﹣4，h（x）＝ax﹣2a
由g′（x）＝2﹣＝．可知g（x）＝2x﹣lnx﹣4在（0，）上为减函数，
在（，+∞）上为增函数，
h（x）＝ax﹣2a的图象恒过点（2，0），在同一坐标系中作出g（x），h（x）的图象如图，
当a≤0时，原不等式有且只有两个整数解；
当a＞0时，若原不等式有且只有两个整数x1，x2，使得f（x1）＞0，
且f（x2）＞0，则，即，
解得0＜a≤2﹣ln3，
综上可得a≤2﹣ln3，
故选：C．
6．（2021春 天河区校级期中）已知函数f（x）＝+a﹣2ax，若存在唯一的整数x0，使f（x0）＞0，则实数a的取值范围是　[，）　．
【分析】由已知可得＞2a（x﹣），然后构造函数g（x）＝，h（x）＝2a（x﹣），结合导数研究函数g（x）的单调性，结合函数的性质及图象可求．
【解答】解：由f（x）＝+a﹣2ax＞0，可得＞2a（x﹣），
令g（x）＝，h（x）＝2a（x﹣），则g′（x）＝，
当x＞e时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当0＜x＜e时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x→+∞时，g（x）＞0，当x→0时，g（x）→﹣∞，且g（1）＝0，
而h（x）＝2a（x﹣）恒过定点（，0），
若存在唯一的整数x0，使f（x0）＞0，即g（x0）＞h（x0），
结合函数的图象可知，满足条件的整数x0＝2，
当a≤0时，显然不满足题意，故a＞0，
则，即，
解可得≤a＜，
即实数a的取值范围是[，）．
故答案为：[，）．
7．（2020秋 怀仁市期末）若不等式ax≤lnx﹣x2的解集中恰有两个整数，则实数a的最大值为（　　）
A．﹣3 B．﹣3 C．﹣1 D．﹣2
【分析】利用导数研究函数y＝lnx﹣x2的单调性，然后在同一坐标系内作出函数y＝ax与y＝lnx﹣x2的图象，数形结合得答案．
【解答】解：令y＝lnx﹣x2，得y′＝＝（x＞0），
由y′＝0，得x＝．
∴当x∈（0，）时，y′＞0，函数y＝lnx﹣x2单调递增，
当x∈（，+∞）时，y′＜0，函数y＝lnx﹣x2单调递减，
∴当x＝时，函数y＝lnx﹣x2有最大值ln．
作出函数y＝ax与y＝lnx﹣x2的图象如图：
，．
由图可知，要使不等式ax≤lnx﹣x2的解集中恰有两个整数，
则实数a的取值范围为（，]．
最大值为．
故选：D．
8．（2020 西城区模拟）设函数f（x）＝（x﹣1）ex．若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有一个整数解，则正数a的取值范围是（　　）
A．（0，e] B．（0，e2] C． D．
【分析】要使不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有一个整数解，则只需有且仅有一个整数x，使得f（x）的图象在直线y＝ax﹣1的下方，利用导数研究f（x），进而作出函数f（x）的图象及直线y＝ax﹣1的图象，由图象观察可得出关于a的不等式组，解该不等式组即可得到正数a的取值范围．
【解答】解：f′（x）＝ex+（x﹣1）ex＝xex，易知函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
且x→﹣∞时，f（x）→0，x→+∞时，f（x）→+∞，且f（1）＝0，f（0）＝﹣1，f（2）＝e2，
作出函数y＝f（x）以及直线y＝ax﹣1的图象如下图所示，
由图可知，要使不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有一个整数解，则只需有且仅有一个整数解，使得f（x）的图象在直线y＝ax﹣1的下方，
注意到函数f（x）与直线y＝ax﹣1均过（0，﹣1），则只需，解得．
故选：D．
9．（2020 福州模拟）若关于x的不等式aex（x+1）﹣x2＜0解集中恰有两个正整数解，a的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】原不等式变形可得，设直线y＝a（x+1），函数，则有且仅有两个正整数使得直线y＝a（x+1）的图象在函数图象的下方，作出函数f（x）及直线的图象，由图象观察，可得到关于a的不等式组，解出即可得到答案．
【解答】解：由不等式aex（x+1）﹣x2＜0可得，设直线y＝a（x+1），函数，
依题意，有且仅有两个正整数使得直线y＝a（x+1）的图象在函数图象的下方，
而，
易知函数f（x）在（﹣∞，0），（2，+∞）单调递减，在（0，2）单调递增，且y＝a（x+1）恒过定点（﹣1，0），
作出函数f（x）的图象及直线y＝a（x+1）的图象如下，
由图可知，，解得．
故选：D．
10．（2021春 肥东县校级期中）已知函数f（x）＝ex（x﹣2）﹣ax+a，（a＜2），若不等式f（x）＜0恰有三个不同的整数，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据函数与方程之间的关系转化为两个函数图象关系，利用数形结合进行转化求解即可．
【解答】解：由f（x）＝ex（x﹣2）﹣ax+a＜0，
得ex（x﹣2）＜ax﹣a，
令g（x）＝（x﹣2）ex，h（x）＝ax﹣a＝a（x﹣1），则h（x）过定点（1，0）
由题意知，存在3个正整数，使g（x）在直线h（x）的下方，
∵g′（x）＝（x﹣1）ex，
∴当x＞1时，g′（x）＞0，此时g（x）为增函数，
当x＜1时，g′（x）＜0，此时g（x）为减函数，
即当x＝1时，g（x）取得极小值，同时也是最小值g（x）min＝g（1）＝﹣e，
且g（0）＝﹣2，g（2）＝0，g（3）＝e3，g（﹣1）＝﹣
直线h（x）恒过点（1，0），且斜率为a，
由题意可知当a≤0时，不满足条件．有很多整数解，
则a＞0，
此时x＝1，x＝2满足条件，由图象知，此时只能x＝0时，满足条件，
则满足，即得，即≤a＜2，
故实数a的取值范围是[，2），
故选：D．
11．（2021 南平模拟）设函数f（x）＝（x﹣1）ex，若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣1，e2] B．
C． D．
【分析】对函数f（x）求导，得出其单调性情况及极值情况，作出大致图象，结合图象分a＝0，a＞0及a＜0分别讨论得解．
【解答】解：∵f（x）＝（x﹣1）ex，
∴f′（x）＝xex，令f′（x）＝0，得x＝0，
易知函数y＝f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．
则函数y＝f（x）在x＝0处取得极小值，且极小值为f（0）＝﹣1，如图所示：
当a＝0时，f（x）＜﹣1无解；
当a＞0时，若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有两个整数解，则，解得；
当a＜0时，由于直线y＝ax﹣1与x轴的负半轴交于点，
当时，关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有无数个整数解，不合乎题意．
综上所述，实数a的取值范围是．
故选：D．
12．（2021 全国Ⅰ卷模拟）若不等式2x+1﹣2＜ax的解集中有且仅有两个正整数，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【分析】令g(x)＝2x+1﹣2；f(x)＝ax，显然≤0时不符合题意；当≥0时，根据两个函数的图象结合题意易得，即可求出实数a的取值范围．
【解答】解：设g(x)＝2x+1﹣2；f(x)＝ax,显然当a≤0时，在（0，+∞）g（x）＞f（x）恒成立，即不等式2x+1﹣2＜ax没有正整数解，
当a＞0时，g（x）与f（x）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x＝1和x＝2，
所以，即，解得3＜a≤，所以实数a的取值范围是（3，].
故选：D．
13．（2020 湘潭三模）已知对任意实数x都有f'（x）＝3ex+f（x），f（0）＝﹣1，若不等式f（x）＜a（x﹣2）（其中a＜1）的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【分析】令g（x）＝，设再g（x）＝3x+b，由g（0）可求b，进而可求g（x），f（x），分析f（x）图象特点，得不等式f（x）＜a（x﹣2）的解集中恰有两个整数，进而得出结论．
【解答】解：∵对任意实数x都有f'（x）＝3ex+f（x），f（0）＝﹣1，
∴f′（x）﹣f（x）＝3ex，即＝3，
令g（x）＝，则g′（x）＝3，
设g（x）＝3x+b，
∴g（0）＝f（0）＝b，
∴b＝﹣1，g（x）＝3x﹣1，
∴f（x）＝ex（3x﹣1），
∴f′（x）＝（3x+2）ex，
∴当x＞﹣时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＜﹣时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∵f（﹣）＝﹣3e＜0，f（﹣1）＝﹣4e﹣1，f（0）＝﹣1，f（1）＝2e，
令h（x）＝a（x﹣2），（a＜1），
h（﹣1）＝﹣3a，h（0）＝﹣2a，h（﹣2）＝﹣3a，
∴不等式f（x）＜a（x﹣1），（其中a＜1）的解集中恰有两个整数，是0，﹣1，
所以，，
解可得，．
故选：C．
14．（2019 潍坊模拟）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且对任意的实数x都有f′（x）＝ex（2x+3）+f（x）（e是自然对数的底数），f（0）＝1，若不等式f（x）﹣k＜0的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围是（　　）
A．[﹣，0） B．[﹣，0] C．（﹣，0] D．（﹣，0）
【分析】令G（x）＝，可得G′（x）＝＝2x+3，可设G（x）＝x2+3x+c，G（0）＝f（0）＝1．解得c＝1．
f（x）＝（x2+3x+1）ex，利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出．
【解答】解：令G（x）＝，则G′（x）＝＝2x+3，可设G（x）＝x2+3x+c，
∵G（0）＝f（0）＝1．∴c＝1．
∴f（x）＝（x2+3x+1）ex，
∴f′（x）＝（x2+5x+4）ex＝（x+1）（x+4）ex．
可得：x＝﹣4时，函数f（x）取得极大值，x＝﹣1时，
函数f（x）取得极小值．
f（﹣1）＝﹣，f（0）＝1，f（﹣2）＝﹣＜0，f（﹣3）＝＞0．
∴＜k≤0时，不等式f（x）﹣k＜0的解集中恰有两个整数﹣1，﹣2．
故k的取值范围是．
故选：C．
15．（2020春 上饶月考）已知函数f（x）＝（2x﹣1）ex+mx﹣m（m≥﹣1），若有且仅有两个整数使得f（x）≤0，则实数m的取值范围是（　　）
A．[﹣，﹣） B．
C． D．[﹣1，﹣）
【分析】设g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝m﹣mx，问题等价于有且仅有两个整数使得函数g（x）的图象在函数h（x）图象的下方，作出两函数的图象，由图象观察可得到关于实数m的不等式组，解出即可．
【解答】解：令f（x）≤0，即（2x﹣1）ex≤m﹣mx，设g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝m﹣mx，
要使有且仅有两个整数使得f（x）≤0，即有且仅有两个整数使得函数g（x）的图象在函数h（x）图象的下方，
而g′（x）＝2ex+（2x﹣1）ex＝（2x+1）ex，
则当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，且，x→﹣∞时，g（x）→0，x→+∞时，g（x）→+∞，
函数h（x）的图象为恒过点（1，0）的直线，作两函数图象如下，
由图可知，实数m应满足，即，解得．
故选：A．
16．（2019秋 江苏月考）设函数f（x）＝（2x+1）e﹣x﹣ax﹣a，若存在唯一的整数x使得f（x0）＞0，则实数a的取值范围是　　．
【分析】设g（x）＝（2x+1）e﹣x，h（x）＝ax+a，则存在唯一的整数x使得函数g（x）的图象在函数h（x）图象的上方，求导数可得函数g（x）的单调性及极值情况，结合图象解关于a的不等式组，即可求出a的取值范围．
【解答】解：令g（x）＝（2x+1）e﹣x，h（x）＝ax+a，
存在唯一的整数x使得f（x0）＞0，即存在唯一的整数x使得函数g（x）的图象在函数h（x）图象的上方，
∵，
∴当时，g′（x）＞0，g（x）单增，当时，g′（x）＜0，g（x）单减，
且x→﹣∞时，g（x）→﹣∞；当x→+∞时，g（x）→0；，，
函数h（x）为恒过定点（﹣1，0）的直线，如图，
由图可知，要使存在唯一的整数x使得函数g（x）的图象在函数h（x）图象的上方，则，解得．
故答案为：．
17．（2021春 浙江期中）已知函数f（x）＝，若关于x的不等式f（x）＜f（ax+1）的解集中有且仅有两个整数，则实数a的取值范围为　．　．
【分析】由对称函数的性质可得f（x）是轴对称函数，且对称轴为x＝1，再由函数的单调性及f（x）＜f（ax+1），得|x﹣1|＜|ax|，进一步得到（a2﹣1）x2+2x﹣1＞0，然后分类转化为关于a的不等式组求解．
【解答】解：由对称函数的性质：
当x＞0时，1+x＞1，1﹣x＜1，
则f（1+x）＝ln（（1+x）2+1）＝ln（x2+2x+2），
而f（1﹣x）＝ln（（1﹣x）2﹣4（1﹣x）+5）＝ln（x2+2x+2），
∴f（1+x）＝f（1﹣x），故f（x）是轴对称函数，且对称轴为x＝1．
而f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）＜f（ax+1） |x﹣1|＜|ax+1﹣1| |x﹣1|＜|ax|
a2x2＞x2﹣2x+1 （a2﹣1）x2+2x﹣1＞0，
而x＝0显然不满足，则问题转化为（a2﹣1）x2+2x﹣1＞0恰好有两个整数解．
故a2﹣1＜0，即a2＜1，而（a2﹣1）x2+2x﹣1＝，
若a＞0，则＜x＜，
∵0＜＜1，则1满足，需要2＜≤3，解得＜a≤；
若a＝0，不合题意；
若a＜0，则＜x＜，
∵0＜＜1，则1满足，需要2＜≤3，解得＜．
故实数a的取值范围为．
故答案为：．
18．（2020 泸州模拟）已知函数f（x）＝，关于x的不等式f 2（x）+af（x）＞0只有一个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣，﹣] B．（﹣，﹣]
C．[，﹣] D．[，）
【分析】利用导数，求出f（x）的单调性，通过讨论a的符号，结合图象，解关于f（x）的不等式结合不等式解的个数，求出a的范围即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜e，
令f′（x）＜0，解得：x＞e，
∴f（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，+∞），故f（x）的最大值是f（e）＝．
x→+∞时，f（x）→0，x→0时，x→﹣∞，f（1）＝0，故在（0，1）时，f（x）＜0，在（1，+∞）时，f（x）＞0，
函数f（x）的图象如下：
①a＜0时，由不等式f2（x）+af（x）＞0得f（x）＞﹣a＞0或f（x）＜0，
而f（x）＜0的解集为（0，1）无整数解，f（x）＞﹣a＞0的解集整数解一个，
∵f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
而2＜e＜3，f（2）＝f（4）＜f（3），这一个正整数只能为3，
∴f（2）≤﹣a＜f（3），∴﹣＜a
②a＝0时，由不等式f2（x）+af（x）＞0，得f（x）≠0，解集为（0，1）∪（1，+∞），
整数解有无数多个，不合题意；
③a＞0时，由不等式f2（x）+af（x）＞0，得f（x）＞0或f（x）＜﹣a＜0，
∵f（x）＜﹣a＜0的解集为（0，1）无整数解，而f（x）＞0的解集为（1，+∞），整数解有无数多个，不合题意；
综上，
故选：A．
19．（2019 江西模拟）已知函数f（x）＝，若关于x的不等式f 2（x）+af（x）＞0恰有两个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣，﹣） B．[，）
C．（﹣，﹣] D．（﹣1，﹣]
【分析】求出原函数的导函数，得到函数f（x）的单调区间，再由f2（x）+af（x）＞0求得f（x）的范围，结合函数f（x）的单调性可得使不等式f2（x）+af（x）＞0恰有两个整数解的实数a的取值范围．
【解答】解：∵f′（x）＝，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
当a＞0时，f2（x）+af（x）＞0 f（x）＜﹣a或f（x）＞0，此时不等式f2（x）+af（x）＞0有无数个整数解，不符合题意；
当a＝0时，f2（x）+af（x）＞0 f（x）≠0，此时不等式f2（x）+af（x）＞0有无数个整数解，不符合题意；
当a＜0时，f2（x）+af（x）＞0 f（x）＜0或f（x）＞﹣a，要使不等式f2（x）+af（x）＞0恰有两个整数解，必须满足
f（3）≤﹣a＜f（2），得＜a≤，
故选：C．

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