利用导数解决双变量问题 专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数应用中的双变量问题，通过分类模块构建“题型-方法-知识”三维体系，以变量代换、构造函数等技巧实现双变量向单变量转化，培养逻辑推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |双变量函数值不等式|7题|极值点关系转化、变量代换(t=x₁/x₂)、构造新函数|导数单调性→极值点性质→双变量函数值比较| |极值点偏移|13题|对称构造函数、飘带不等式放缩、韦达定理应用|函数极值→偏移现象→构造差函数证明不等关系| |切线与割线放缩|2题|切线方程应用、割线不等式放缩|导数几何意义→函数图像位置关系→双变量差范围| |双变量求参数范围|3题|同构法、构造单调函数、分离参数|导数工具→双变量恒成立→参数范围界定|

利用导数解决双变量问题 （原卷） 一、双变量函数值不等式问题 1.已知函数=lnx+-ax（a）， （1）当a>0时，讨论f（x）的单调性； （2）设存在两个极值点，若0<<， 求证：f)> -ln2. 2.已知函数=+alnx-(a+1) x （a）， （1）当a>0时，讨论f（x）的单调性； （2）设g（x）=f（x）+ax，若为g（x）的两个极值点， 求证：g)的取值范围. 3.已知函数f（x）=+aln(x+1)(a)， （1）讨论f（x）的单调性； （2）设f（x）的两个极值点，，且<， 求证：f> - ln2. 4.设f（x）=+ax+1在（-1，0）上存在两个极值点<， （1）求实数a的取值范围； （2）求证：f>； 5.已知函数f（x）=x-a-lnx (a)， （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有两个极值点， 求证：f)> -2ln2. 6.已知函数f（x）=lnx-a（x- ）(a)， （1）讨论f（x）的单调性； （2）设f（x）存在两个极值点，， <， 求证：f)+f>ln2- . 7.设f（x）=+(a-3)x+alnx（a），在定义域上存在两个极值点<， （1）求实数a的取值范围； （2）求证：f()+f()>-5. 二、极值点偏移问题 8.设f（x）=xlnx- -x+a （a），在定义域内存在两个极值点，（）， （1）求实数a的取值范围； （2）求证：>； 9.设f（x）=a- （a），若f（x）有两个极值点，<， （1）求实数a的取值范围； （2）求证：- <f（）<-1； （3）求证：+>2. 10.已知函数f（x）=(≠)， 求证:当f)时，+<0； 11.已知函数f（x）=≠，且f)， 求证：+>2； 12.设g（x）=，f（x）=+4x+3，若g（x）=f（x）有两个不等的实数根， 求证：g()> ； 13.已知函数f（x）=x-lnx，若f)，且<， 求证：+2>e； 14.已知函数f（x）=(3-6x+6)-， （1）求函数f（x）的单调区间及极值； （2）若<，且f)，求证：+<0； 15.已知函数f（x）=xlnx，若<，且f)， 求证：+> ； 16.已知函数f（x）=若<，且f)， 求证：+<0； 17.已知函数f（x）=2-ax，(a)， （1）若f（x）在R上有两个零点，求实数a的取值范围； （2）若函数g(x)= f（x）-有两个极值点，， 求证：+>4； 18.已知函数f（x）= +lnx，若f) （）， 求证：+ >； 19.已知函数f（x）=-a+1（a）存在两个极值点， （1） 求实数a的取值范围； （2） 求证:<lna. 20.已知函数f（x）=xlnx-a（a）存在两个极值点， （1） 求实数a的取值范围； （2） 求证:lnln+ln()>4. 三、利用切线与割线放缩求双变量之差的范围问题 21.已知函数f（x）=xlnx， （1） 求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2） 若存在（），使得f)=b， （ⅰ）求实数b的取值范围； （ⅱ）求证：be+1<-<b+1. 22.已知函数f（x）=sinx， x（0，）， 若存在（），使得f)=b， （1）求实数b的取值范围； （2）求证：-b<-<-b. 四、利用双变量的关系式和同构求参数的取值范围问题 23.已知函数f(x)=lnx-ax+1，对于图像上任意不同两点 A(，f())， B(，f())，直线AB的斜率为k，若+k>0恒成立，求a的取值范围. 24.已知函数f(x)=alnx+ a，其中a≠0. （1）讨论f(x)的单调性； （2）设a<0，如果对任意的， |f()-f()|≥2||，求a的取值范围 25.已知函数f(x)=+(a-1)lnx-ax ，其中a. （1）讨论f(x)的单调性； （2）设a>1，如果对任意的，， 有>-1，求a的取值范围 利用导数解决双变量问题 （解析） 1.解析：（1）= +2x-a=，a>0， ①当0<a时，⊿=-8≤0，0，0，f（x）在（，+）上单调递增； ②当a>时，⊿=-8 >0，由0，得x=； 由0，得0<x≤或x≥， 由0，得<x<； 当x（0，]和[，+），0，f（x）单调递增， 当x（，），<0，f（x）单调递减， 综上所述：当0<a时，f（x）在（，+）上单调递增； 当a>时，当x（0，]和[，+）时，f（x）单调递增， 当x（，）时，f（x）单调递减。 （2）由题意=0有两个实数根， +==， f)=ln+-a-ln-+a =ln+-ln-+a(-) =ln+-ln-+2(+)(-)=ln--ln+ =2ln-+ln+； 令t=，0<<，0<t<，)=f)， 则)=lnt-t+ +ln2， = - -1==<0， )在(0，)上单调递减，)>)= -ln2， 即f)> -ln2. 2.解析：（1）=x+ -(a+1)= =； ①当a≤0时，由0，<x<，得f（x）单调递减， 由0，得x>，得f（x）单调递增； ②当0<a<1时，由0，<x<，得f（x）单调递减； 由0，得0<x<或x>，得f（x）单调递增； ③当a=1时，=≥0，f（x）单调递增； ④当a>1时，由0，<x<,得f（x）单调递减； 由0，得0<x<或x>，得f（x）单调递增； 综上所述：当a≤0时，x(0，1)时f（x）单调递减， x(1，+)时f（x）单调递增；当0<a<1时，x(0，a)和 （1，+）时f（x）单调递增，x(a，1)时f（x）单调递减； 当a=1时，f（x）在（0，+)上单调递增； 当a>1时，x(0，1)和（a，+)时f（x）单调递增，x(1，a)时f（x）单调递减； （2）+ax =+alnx- x， =x+ -1=，令， 由，为g（x）的两个极值点，得， 解得0<a<； 且+==， +aln-++aln- =(+)+aln-(+) =(-+aln-(+)= -a+alna-1=-a+alna- ； 令m(a)=-a+alna- 0<a< ； =-1+lna+1=lna<0，m(a)单调递减， m(a)>m()=- + ln - =- - ln， = = =)=0， m()=- ]=- ， m(a)<m()=- ， - - ln<g)<- ； 即g)的取值范围为（- - ln，- ）。 3.解析：（1）f（x）的定义域为（-1，+）， =，令，⊿=4-8a， ①当a≥时，≥0，≥0，f（x）在(-1，+)单调递增； ②当a<时，=0有两个实数根， ==，当>-1时，得0<a< ； 当0<a< 时，此时-1<<， 在(-1，)和（，+）上单调递增， 在（）上单调递减； 当a≤0时，得≤-1，即≤-1<，此时f（x）在（）上单调递减，在（，+）上单调递增； （2）由（1）得：当0<a< 时，f（x）有两个极值点， 则f=+aln()， 令t=，0<t<1，a=， f=g(t)， g(t)=+ ln (0<t<1)， =-tln>0，g(t)在(0，1)上单调递增， g(0)<g(t)<g(1)， g(0)= - ln2， 得f> - ln2. 4.解析：（1）=2+2x+a，令g（x）=2+2x+a， 由题意关于x的方程2+2x+a=0在（-1，0）上有两个不相等的实数根， ，解得0<a<； （2）由题意（，0），=， a=-2(+1)， f=- +1， 令h(t)=- +1（，0）， =-2t(2t+1)>0，h(t)在（，0）上单调递增， h(t)>h()=， 即f>； 5.解析：（1）=1-2ax- =，⊿=1-8a； ①当a时，⊿≤0，0，0，f（x）单调递减； ②当0<a<时，⊿>0，由0，得x=； ==； 由0，得<x<或x>f（x）单调递减， 由0，得<x<f（x）单调递增； 综上所述：当a时，f（x）单调递减； 当0<a<时，f（x）在（0，）和（，+)上单调递减， f（x）在（）上单调递增； （2）由（1）得0<a<且+==， f)=-a-ln+-a-ln =+-a（）-ln =+-a（2a-ln = - +1-ln= +1-ln； 令t= (t> )，f)=g(t)， 则g(t)= +1-ln； = - = >0，g(t)在（2，4）上单调递增， g(t)>g(4)=3-2ln2； 即f)> -2ln2. 6.解析：（1）= -a(1+)=， ①当a时，⊿=1-4≤0，0，0， f（x）在(0，+)上单调递减； ②当0<a<时，⊿=1-4>0，由0，得x=； ==， 由0，得0<x<或x>， 由0，得<x<， 当x（0，）和（，+），>0，f（x）单调递增， 当x（，），<0，f（x）单调递减， 综上所述：当0<a<时，x（0，）和（，+）， f（x）单调递增，x（，）时，f（x）单调递减； 当a时，f（x）在(0，+)上单调递减； （2）由题意0有两个实数根，, +=，=，f=f=-lna+-1 (0<a< ) ； f)=ln-a（- ）+ln-a（- ） =ln()-a(+)+ =0， ∴f)+f=-lna+-1， 令g(a)=-lna+-1，(0<a< )； =- +2a=， a(0，)，<0，g(a)单调递减， 当a=时，g(a)取得最小值g()， g(a)>g()=-ln+-1=ln2- ， 即f)+f>ln2- . 7.解析： （1）f（x）的定义域为（0，+），=x+a-3+=， ⊿=-4a=-10a+9=(a-1)(a-9)； ①当1≤a时，⊿≤0,≥0，f（x）在（0，+）上不存在两个极值点； ②当a>时，⊿ >0，由0， 得x=，由于<0， f（x）在（0，+）上不存在两个极值点； ③当a≤时，⊿ >0，由0， 得x=，由于≤0， f（x）在（0，+）上不存在两个极值点； ④当0<a<1时，⊿ >0，由0， 得x=，由于>0，>0， f（x）在（0，+）上存在两个极值点； 综上所述：实数a的取值范围为（0，1）； （2）由（1）得=0有两个实数根， +=3-=， f()+f()=+(a-3)+aln++(a-3)+aln =-+(a-3)(+)+aln) =-a-+alna =- +2a+alna-； 令g(a)=- +2a+alna- ，a （0，1）， =3-a+lna， =2+ >0，在（0，1）上单调递增， a0时-，=2>0， 故必存在（0，1），使得=0， 当a （0，）时，<0，g(a)单调递减， 当a （，1）时，>0，g(a)单调递增， 当a=时，取得最小值，g(a)≥g()； 由=3-+ln=0，得ln=-3， ∴g()=-+2- +（-3）=-- =-5>-5， 得g(a)>-5； 即f()+f()>-5. 8.解析：（1）=lnx+1-ax-1=lnx-ax， 由题意=0有两个零点， 即直线y=a与函数g（x）= 有两个公共点， 由图像得0<a<，实数a的取值范围为（0，）； （2）证明：ln=a，ln=a，a=， 要证>，即证ln+ln>2， 即a( )>2， 即=， ln=； 令=t（t>1）， g(t)=ln - ， 则g(t)=ln - ， = - = = >0， g(t)在（1，+）上单调递增，g(t)>g(1)=0， ∴ln >，得=，∴a( )>2成立； 即>。f（x）=a- 9.解析：（1）=2ax-，由题意=0有两个零点， 即直线y=2a与函数g（x）= 有两个公共点， =，∴x(-，1)时，<0，g（x）单调递减， x(1，+)时，>0，g（x）单调递增， x=1时，g（x）取得最小值g（1）=e； 由2a>e， 得a>，即实数a的取值范围为（，+）； （2）由（1）得<1，>1，由2a=得0， ∴0<<1； f（）=a-= -=（-1），(0，1)， 令h(t)=（-1），t(0，1)， = <0，h(t)在(0，1)单调递减， ∴h（）>h（）=- ，h（）<h（）=- ， 即- <f（）<-1； （3）由2a= ，2a=，得 =， 令=t，t>1，t==，=， ∴+=+ = ， 要证+>2， 只需证ln >（t>1）即可； 令g(t)=ln - ， = - = = >0， g(t)在（1，+）上单调递增，g(t)>g(1)=0， ∴ln >（t>1）成立； 即+>2成立。 10.证明： ==- ， ∵>0， ∴x(-，0)时，>0，f（x）单调递增， x(0，+)时，<0，f（x）单调递减， x=0时，f（x）取得最大值f（0）=1； 由f)，不妨设，则<0，>0； 令F（x）=f(x)-f(-x)= - ，x<0； =- - <0， F（x）单调递减，F（x）>F（0）=0，得f()-f(-)>0， ∴)=f()>f(-)，∵， -(0，+)，得<-， 即+<0。 11.证明： f（x）==， ∴x(-，1)时，>0，f（x）单调递增， x(1，+)时，<0，f（x）单调递减， x=1时，f（x）取得最大值f（1）=； 由f)，不妨设，则<1>1； 令F（x）=f(x)-f(2-x)，x<1； = - =(1-x)( - ）>0； F（x）单调递增，F（x）<F（1）=0，得f()-f(2-)<0， ∴)=f()<f(2-)，∵， 2-(1，+)，得>2-， 即+>2。 12.证明： 由两个函数的图像易得： -1<<-3， ,分别是函数F（x）=g（x）-f（x） 的零点； =ln4-2x-4， =-2，在(-，-3)上单调递增， <=-2<0，在(-，-3)上单调递减， ∴>=ln4+2>0，F（x）在(-，-3)上单调递增； 构造函数h(x)=F（x）-F（-4-x），显然h(-2)=0， =ln4-2x-4-[ ln4-2(-4-x)-4 ] =ln4-2x-4- ln4+2x+4=ln4- ln4， 当x(-2，+)时，>0，h(x)单调递增，h(x)>h(-2)=0， F（x）-F（-4-x）>0， F（）>F（-4-）， F（）= F（）>F（-4-）， 由-4<-4-<-3，<-3，得>-4-，∴>-2， 即g()=g()>。 13.证明： 方法一： f（x）=x-lnx，=1- = ， 当x(0，1)时，<0，f（x）单调递减， 当x(1，+)时，>0，f（x）单调递增， 当x=1时，f（x）取得最小值，f（x）f（1）=1， 由f)，且<，得0<1，>1； ∴-ln=-ln，ln =-，令t= (t>1)， 则lnt=-==； +2=， 令g(t)=+2， g(t)=(t>1)， ==； 令h(t)=， = - +2+ = = >0， ∴>0，g(t)在（1，+）上单调递增，g(t)>g(1)； g(1)====3>e， ∴g(t)>e， 即+2>e。 方法二：f（x）=x-lnx，=1- = ， 当x(0，1)时，<0，f（x）单调递减， 当x(1，+)时，>0，f（x）单调递增， 当x=1时，f（x）取得最小值，f（x）f（1）=1， 由f)，且<，得0<1，>1； 要证+2>e，即证>e-2 ❶； 0<1， >1，e-2<e-2<1，若e-2≤0，则❶显然成立； 若0<e-2<1，只需证f) ❷即可。 ∵f)，∴只需证f)； 令m(x)=f) （1<x < ）， =1- - [1- ]（-2）=3- - =， 令t(x)= （1<x < ）， 其对称轴x= ，⊿=9-24e>0，t(1)=-6+2e<0，t(2)=-e<0， 得t(x)<0 （1<x < ），∴<0，m(x)在（1， ）上单调递减，由m(1)=f) <0，得m(x)<m(1)<0， ∴f) <0 （1<x < ）， 即f) ❷成立； 综上所述：+2>e。 14.解析：（1）=(6x-6)+(3-6x+6)-3=3(-1)， 当x<0时，<0， f（x）单调递减， 当x>0时，>0, f（x）单调递增， 即函数f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）在（-，0）上单调递减，f（x）在x=0处取得极小值f（0）=6； （2） 由<,且f)，得<0，>0； 令F（x）=f（x）-f（-x） （x>0）， =3(-1)-3(-1)(-1)=3(-1)+3(-1) =3(+-2)≥0， F（x）单调递增；∴F（x）>F（0）=0，∴f（）-f（-）>0, 得f)>f（-）， ∵，-（-，0），f（x）在（-，0）上单调递减， ∴<-，即+<0。 15.证明：=lnx+1， 当0<x<时，<0， f（x）单调递减， 当x>时，>0， f（x）单调递增， 当x=时，f（x）取得最小值，f（x）≥f（）=- ； 由<，且f)，得0<<，<<1； 令F（x）=f（x）-f（ -x） （0<x<）， =lnx+1-[ ln（ -x）+1 ](-1)=lnx+ ln（ -x）+2， = - = >0， ∴在（0，）上单调递增，<<0， ∴F（x）在（0，）上单调递减，F（x）>F（）=0， ∴F（）=f（）-f（ -）>0， 得f（）=f（）>f（ -）， 由于 <<1， < -< ，当x>时， f（x）单调递增， ∴> -，即+> 。 16.证明：方法一： =， 当x<时，<0，f（x）单调递减， 当x>时，>0，f（x）单调递增， 当x=时，f（x）取得最小值，f（x）≥f（）=0； 由<，且f)，得<，>0， =， ∴-=-， 令-=t （t>0），则-=t， ∴(-1)=t，∴=， = +t=； 要证+<0，只需证<1即可， 即证<1， <，只需证t<-即可； 令g(t)=--t （t>0）， =>0， g(t)在（0，+）上单调递增，∴g(t)>g(0)=0，∴t<-（t>0） 成立， 即+<0成立。 方法二： 由方法一：得<，>0， 令F（x）=f（x）-f（ -x） （x>）， =(-1)=2>0， F（x）单调递增，F（x）>F（0）=0， ∴F（）=f（）-f（ -）>0， 即f（）>f（ -）， ∴f)>f（ -）， 由<0，-<0，当x<时，f（x）单调递减，得<-， ∴+<0. 17.证明：+>4. （1） =2-a， 当a≤0时，>0，f（x）在R上单调递增，f（x）在R上不会有两个零点； 当a>0时，由=0得x=ln，x（-，ln）时， <0，f（x）单调递减，x（ln，+）时，>0， f（x）单调递增，x=ln时，f（x）取得最小值f（ln）=a-aln， 由a-aln<0得a>2e； f（0）=2>0， x+时f（x）+， f（x）在R上有两个零点； 综上所述：f（x）在R上有两个零点，实数a的取值范围为 （2e，+）； （2） g(x)=- x-， 由题意得-2= ，-2= ， ∴-=2（-），不妨设>， -=t(t>0)， -1)=2t，=， =+2t=， +=， 要证+>4，只需证>4，即证t> ()， 由前面已证过的飘带不等式lnx> ()得 不等式t> ()成立， 即+>4成立. 18.证明：由f)，不妨设， 得 +ln= +ln，=ln-ln，a=， 要证：+ > ，只需证> ， 即证> ，令t=(t>1)， 只需证> (t>1)即可； 构造函数g(t)=- (t>1)， = - =>0； ∴g(t)在（1，+）上单调递增，∴g(t)>g(1)=0， ∴> (t>1)恒成立； 即+ > 恒成立。 19.解析：（1）=-ax， 由题意=0有两个零点， 即直线y=a与函数g（x）= 有两个公共点， =，∴x(-，1)时，<0，g（x）单调递减， x(1，+)时，>0，g（x）单调递增， x=1时，g（x）取得最小值g（1）=e； ∴a>e， 即实数a的取值范围为（，+）； （2）方法一： 由（1）得=a，=a，=lna+ln， =lna+ln，∴+=2lna+ln()，-=ln， 不妨设，令=t （t>1），∴=lnt，=，=， 要证<lna，只需证2lna+ln()<2lna，即证ln()<0， 即证<1，即证lnt<- （t>1）； 令g(x)=- + (x>1)， = -1- =<0； ∴g(x)在（1，+）上单调递减，∴g(x)<g(1)=0， ∴- + <0，即< - (x>1)； 得lnt<- （t>1）成立； 即<lna成立. 方法二:由（1）得=a，=a不妨设，a=； 要证<lna，只需证<a，即证<， 即证<-；令=m(m>0)， 只需证2m<-(m>0)即可； 令h(m)=--2m (m>0) ， = +-2>0，h(m)在（0，+）上单调递增， h(m)>h(0)=0，∴--2m>0，∴2m<-(m>0)成立， 即<lna成立. 20.解析：（1）=lnx+1-2ax，令g(x)=lnx+1-2ax， 由题意g(x)存在两个零点； = -2a， ①当a≤0时，>0，g(x)在（0，+）上单调递增， g(x)不会存在两个零点； ②当a>0时，由= -2a=0得x=， 当x(0，)时，>0，f（x）单调递增， 当x(，+)时，<0，f（x）单调递减， 当x=时，g（x）取得最大值，g（x）g（）=-ln(2a)， （ⅰ）当0<2a<1，即0<a< 时，g（）>0， 令2ax=，g(x)=r(m)，∴lnx=m-ln(2a)，得r(m)=ln --m-1)， 由前面题目中用过的h(x)=-x-1的图像得直线y=ln与 y=-m-1有且只有两个公共点，设其横坐标分别为（ 不妨设 ）， ∴r(m)有且只有两个零点，且<0，>0， ∴g(x)存在两个零点； （ⅱ）当2a≥1，即a≥ 时，g（）≤0，g(x)不会存在两个零点； 综上所述：实数a的取值范围为（0，）； （2） 由f（x）存在两个极值点，得 ln+1-2a=0，ln+1-2a=0，=， 令=t （t>1），则=t)， ∴=，= +lnt=， ∴ln()=2a()-2， lnln=（2a-1）（2a-1）=4-1； 要证lnln+ln()>4，只需证ln>1，即证 +>1，即证lnt>即可； 令g(t)=- (t>1)， = - =>0； ∴g(t)在（1，+）上单调递增，∴g(t)>g(1)=0， ∴lnt> (t>1)恒成立； 即lnln+ln()>4. 21.解析：（1）=1+lnx，=1，f（1）=0 曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1； （2）（ⅰ） 当x(0，)时，<0，f（x）单调递减， 当x(，+)时，>0，f（x）单调递增， 当x=时，f（x）取得最小值f（）=； f()====0， f（）=0，+时，f（x）+； ∴实数b的取值范围为（，0）； （ⅱ） 如图，A（1，0），B（，）；直线y=b与曲线y=f（x）的交点的横坐标分别为，直线y=b分别与线段OB、AB的交点的横坐标分别为，直线y=b与曲线y=f（x）位于点A处的切线的交点的横坐标为；由（1）得=b+1； 令g（x）=xlnx-x+1（0<x≤1），=1+lnx-1=lnx≤0， g（x）单调递减，∴g（x）≥g（1）=0， ∴xlnx≥x-1（0<x≤1），即曲线y=f（x）在直线y=x-1（0<x≤1） 的上方，得-<=b+1； 线段OB的方程为y=-x，令h（x）=xlnx+x（0<x≤）， =2+lnx，单调递增，=0， 当x（0，）时，<0，h（x）单调递减， 当x（，）时，>0，h（x）单调递增， 当0时，h（x）0，h（）=0，∴h（x）≤0， 即曲线y=f（x）在线段OB（0<x≤1）的下方，=-b； 易得线段AB（<x≤1）的方程为y=(x-1)， 同理可得曲线y=f（x）在线段AB（<x≤1）的下方， =eb-b+1； 得->-=eb-b+1-（-b）=be+1； 即be+1<-<b+1. 22.解析：（1）∵f（x）=sinx， x（0，），∴0<f（x）≤1， 由f)=b（），得直线y=b与函数f（x）=sinx x（0，）的图像有两个公共点， ∴实数b的取值范围为（0，1）； （2）记函数f（x）=sinx x（0，）的图像为曲线C， A（，0），B（，1）， 易得线段OB、AB的方程分别为y=x (0<x<)，y=- x+2 (≤x<)， 曲线C分别位于点O，A的切线为：y=x，：y=-x+； 显然曲线C位于 0<x<的部分在线段OB的上方且在的下方，曲线C位于≤x<的部分在线段AB的上方且在的下方； 如图，由题意分别为直线y=b与C的交点的横坐标， 记，（<）分别为直线y=b与线段OB，线段AB的交点的横坐标，，（<）分别为直线y=b与，的交点的横坐标； 易得=，=-，-=-b； =b ，=-b，-= -b ； 由->-得->-b，由-<-得-<-b， 即-b<-<-b. 23.解析：不妨设>0， ∵k=，由+k>0恒成立， 得f()+>f()+恒成立，令g(x)=f(x)+=lnx-ax+1+， 则g(x)在（0，+）上单调递增， 即= -a+2x≥0对于x恒成立， 得a≤2x+ 对于x恒成立，∴a≤； ∵≥2=，当且仅当x=时取等号， ∴a≤， 即a的取值范围为]。 24.解析：（1）= +ax=a(x+ )， 当a<0时，<0，函数f(x)在上单调递减， 当a>0时，>0，函数f(x)在上单调递增； （2） 不妨设>0，由（1）得a<0时，函数f(x)在上单调递减，得f()<f()； 由|f()-f()|≥2||，得f()-f()≥2（-）， 即f()+2≥f()+2恒成立； 令g(x)=f(x)+=alnx+ a+， 则g(x)在（0，+）上单调递减， 即= +ax+2≤0对于x恒成立， 得a≤- 对于x恒成立，∴a≤； ∵≥2=，当且仅当x=时取等号， ∴≥=-1，得a≤-1， 即a的取值范围为]。 25.解析： （1） =x+ -a==， ❶当a≤1时，x（0，1），<0，f(x)单调递减， x（1，+），>0，f(x)单调递增； ❷当1<a<2时，x（0，a-1），>0，f(x)单调递增， x（a-1，1），<0，f(x)单调递减， x（1，+），>0，f(x)单调递增； ❸当a=2时，=≥0，f(x)在上单调递增； ❹当a>2时，x（0，1），>0，f(x)单调递增， x（1，a-1），<0，f(x)单调递减， x（a-1，+）上单调递增； （2）不妨设>0， 由>-1，得f()+<f()+恒成立； 令g(x)=f(x)+==+(a-1)lnx-ax+， 则g(x)在（0，+）上单调递增， 即=x+（）（ -1）≥0对于x恒成立， ∵a>1， 得≥- + 对于x恒成立， ∴≥； ∵ =-[ - ]=- + ，当且仅当x=时，取得最大值 ， ∴≥，得1<a≤5， 即a的取值范围为]。 学科网（北京）股份有限公司 $