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所属成套资源：2021高考北师大版数学一轮学案
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2021高三统考北师大版数学一轮学案：第3章第4讲 导数与函数的综合应用
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第4讲 导数与函数的综合应用
基础知识整合
1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．生活中的优化问题
解决优化问题的基本思路：
3．不等式问题
(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．
1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．
2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．
1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )
A．(1,5) B．[1,5)
C．(1,5] D．(－∞，1)∪(5，＋∞)
答案 A
解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)<0⇔1
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
答案 B
解析 由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.故选B．
3．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－2,2) B．[－2,2]
C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)
答案 A
解析 f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，∴x＝±1.三次方程f(x)＝0有3个根⇔f(x)极大值>0且f(x)极小值<0.∵x＝－1为极大值点，x＝1为极小值点．
∴∴－2
A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)
答案 C
解析 由题设，f(x)为R上任意可导函数，不妨设f(x)＝(x－1)2，则f′(x)＝2(x－1)，满足(x－1)·f′(x)＝2(x－1)2≥0，且f(0)＝1，f(1)＝0，f(2)＝1，则有f(0)＋f(2)>2f(1)；
再设f(x)＝1，则f′(x)＝0，也满足(x－1)·f′(x)≥0，且有f(0)＋f(2)＝2f(1)，即1＋1＝2×1.
5．(2019·贵阳模拟)若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( )
A．(－∞，7] B．(－∞，－20]
C．(－∞，0] D．[－12,7]
答案 B
解析 令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.
因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，
所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.
6．已知a≤＋ln x对任意的x∈恒成立，则a的最大值为________.
答案 0
解析 令f(x)＝＋ln x，f′(x)＝，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a的最大值为0.
核心考向突破
考向一 导数与方程
例1 (2019·武汉市高三二调)已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.
(1)当a＝e时，判断f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝e时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∵当01时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.
∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at，令g(t)＝et－at.
∴f(x)在x>0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两上零点．
①当a＝0时，g(t)＝et，在R上单调递增，且g(t)>0，故g(t)无零点；
②当a<0时，由g′(t)＝et－a>0，g(t)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，g＝e－1<0，故g(t)在R上只有一个零点；
③当a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若00，g(t)无零点；
若a＝e，g(t)极小值＝0，g(t)只有一个零点；
若a>e，g(t)极小值＝a(1－ln a)<0，而g(0)＝1>0，由y＝在x>e时为减函数，可知当a>e时，>⇔ln ea>ln ae，又y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，则ea>ae>a2，从而g(a)＝ea－a2>0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上，当a>e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
[即时训练] 1.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解 (1)证明：由题意可得
h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．
又h(x)在(1,2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，则φ′(x)＝ex＋x－
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，
即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
精准设计考向，多角度探究突破
考向二 导数与不等式
角度 证明不等式
例2 已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．
解 (1)函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
因此f(x)在x＝处取得最小值，即
f(x)min＝f＝－，
但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－.
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝′＝，
易知G(x)max＝G(1)＝－，
从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.
(1)利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．
(2)若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明．
[即时训练] 2.(2019·银川模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
解 (1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋，
所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，
所以b＝1或a＝，
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证法一：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0；
当x>－2时，令h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，
所以当－20时，g′(x)>0.
综上，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x.
故f(x)≥mx2＋x.
证法二：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2，
令t(x)＝g′(x)，则t′(x)＝(x＋3)ex，
当x<－3时，t′(x)<0，g′(x)单调递减，且g′(x)<0；
当x>－3时，t′(x)>0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0.
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0.
故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x.
故f(x)≥mx2＋x.
角度2 不等式恒成立问题
例3 (2019·陕西教学质量检测)设函数f(x)＝ln x＋，k∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，
∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x>0)，
由f′(x)<0得00得x>e，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，
且f(e)＝ln e＋＝2.
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，
f(x1)－f(x2)
则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即当x>0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥.故k的取值范围是.
求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离函数法：分离函数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.
[即时训练] 3.(2019·大连模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，由f′(x)<0得x<0，由f′(x)>0得x>0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当00得x0，由f′(x)<0得ln (2a)
∴f(x)没有极值点；
当a>时，由f′(x)>0得x<0或x>ln (2a)，由f′(x)<0得0
综上，当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a>0且a≠时，f(x)有2个极值点；当a＝时，f(x)没有极值点．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0.
当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，即a≤对任意的x>0恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝.
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.
∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，
所以实数a的取值范围为(－∞，e－2]．
角度3 赋值法证明正整数不等式
例4 (2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)若曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，求a的值；
(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数a的取值范围；
(3)证明：ln (n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
f(1)＝ln 1－a＋1＝1－a，f′(1)＝1－a.
故切线l的方程为y－(1－a)＝(1－a)(x－1)，
即y＝(1－a)x.
因为切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，
所以4×(1－a)＋3×(－1)＝0，解得a＝.
(2)若a≤0，则f′(x)＝－a>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
而f(1)＝1－a>0，f(x)≤0不恒成立．
若a>0，则当x∈时，f′(x)＝－a>0；
当x∈时，f′(x)＝－a<0.
所以f(x)在上是增函数，在上是减函数．
所以f(x)的最大值为f＝－ln a.
要使f(x)≤0恒成立，则－ln a≤0，所以a≥1.故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(3)证明：由(2)知，当a＝1时有f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，且f(x)在(0,1)上是增函数，f(1)＝0，所以ln x
令n＝1,2，…，n，则有ln ＜－，ln ＜－，ln＜－，…，ln ＜－，
以上各不等式两边分别相加，得
ln ＋ln ＋…＋ln ＜－，
即ln ＜－，
故ln (n＋1)＞＋＋…＋(n∈N*)．
证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的．本例(3)就是利用了(2)问的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令x＝，可得到解题的基本思路．
[即时训练] 4.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0.
令x＝1＋，得ln ＜，
从而ln ＋ln ＋…＋ln
＜＋＋…＋＝1－＜1.
故·…·＜e.
而＞2，所以m的最小值为3.
考向三 导数与优化问题
例5 某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
解 设PO的延长线交MN于点H，则PH⊥MN，所以OH＝10米．
过O作OE⊥BC于点E，
则OE∥MN，所以∠COE＝θ，
故OE＝40cosθ米，EC＝40sinθ米，
则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ＋10)
＝800(4sinθcosθ＋cosθ)平方米，
△CDP的面积为×2×40cosθ(40－40sinθ)
＝1600(cosθ－sinθcosθ)平方米．
过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于点G和点K，则GK＝KN＝10米．
令∠GOK＝θ0，则sinθ0＝，θ0∈.
当θ∈时，才能作出满足条件的矩形ABCD，
所以sinθ的取值范围是.
因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，
所以设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k(k>0)．
则年总产值为4k×800×(4sinθcosθ＋cosθ)＋3k×1600×(cosθ－sinθcosθ)＝8000k(sinθcosθ＋cosθ)，θ∈.
设f(θ)＝sinθcosθ＋cosθ，θ∈.
则f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sinθ＝－(2sin2θ＋sinθ－1)＝－(2sinθ－1)(sinθ＋1)，
令f′(θ)＝0，得θ＝，
当θ∈时，f′(θ)>0，所以f(θ)为增函数；
当θ∈时，f′(θ)<0，所以f(θ)为减函数．
因此，当θ＝时，f(θ)取到最大值．
答：当θ＝时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
利用导数解决生活中优化问题的方法
求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．
[即时训练] 5.(2019·山东潍坊模拟)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．
(1)求y关于v的函数关系式；
(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．
解 (1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)；
水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；
返回水面用时＝(单位时间)，
用氧量为×1.5＝(升)，
∴总用氧量y＝＋＋9(v>0)．
(2)y′＝－＝，
令y′＝0得v＝10.
当010时，y′>0函数单调递增．
∴当0
当c≥10时，函数在[c,15]上单调递增，此时v＝c时，总用氧量最少．
综上可知，当0
(2019·兰州模拟)设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈[0,2]，所以g(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，则h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当x∈时，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
答题启示
双参数不等式问题的求解方法
一般采用等价转化法．
(1)∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.
(2)∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]max>[f2(x2)]min.
(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]min.
(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]max>[f2(x2)]max.
对点训练
已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．
(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若∀x1∈(0,2)，∃x2∈[1,2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解 (1)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x－x－1，
则f′(x)＝－1，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－2，故f(x)≤－2.
(2)依题意得f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x1)min≥g(x2)min.
当a＝时，f(x)＝ln x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝－，
当00，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
所以当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－.
又g(x)＝x2－2bx＋4，x∈[1,2]，
①当b<1时，易得g(x)min＝g(1)＝5－2b，则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾；
②当1≤b≤2时，易得g(x)min＝g(b)＝4－b2，则4－b2≤－，所以b2≥，这与1≤b≤2矛盾；
③当b>2时，易得g(x)min＝g(2)＝8－4b，则8－4b≤－，解得b≥.
综上，实数b的取值范围是.
基础知识整合
1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．生活中的优化问题
解决优化问题的基本思路：
3．不等式问题
(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．
1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．
2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．
1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )
A．(1,5) B．[1,5)
C．(1,5] D．(－∞，1)∪(5，＋∞)
答案 A
解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)<0⇔1
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
答案 B
解析 由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.故选B．
3．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－2,2) B．[－2,2]
C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)
答案 A
解析 f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，∴x＝±1.三次方程f(x)＝0有3个根⇔f(x)极大值>0且f(x)极小值<0.∵x＝－1为极大值点，x＝1为极小值点．
∴∴－2
A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)
答案 C
解析 由题设，f(x)为R上任意可导函数，不妨设f(x)＝(x－1)2，则f′(x)＝2(x－1)，满足(x－1)·f′(x)＝2(x－1)2≥0，且f(0)＝1，f(1)＝0，f(2)＝1，则有f(0)＋f(2)>2f(1)；
再设f(x)＝1，则f′(x)＝0，也满足(x－1)·f′(x)≥0，且有f(0)＋f(2)＝2f(1)，即1＋1＝2×1.
5．(2019·贵阳模拟)若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( )
A．(－∞，7] B．(－∞，－20]
C．(－∞，0] D．[－12,7]
答案 B
解析 令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.
因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，
所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.
6．已知a≤＋ln x对任意的x∈恒成立，则a的最大值为________.
答案 0
解析 令f(x)＝＋ln x，f′(x)＝，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a的最大值为0.
核心考向突破
考向一 导数与方程
例1 (2019·武汉市高三二调)已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.
(1)当a＝e时，判断f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝e时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∵当0
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.
∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at，令g(t)＝et－at.
∴f(x)在x>0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两上零点．
①当a＝0时，g(t)＝et，在R上单调递增，且g(t)>0，故g(t)无零点；
②当a<0时，由g′(t)＝et－a>0，g(t)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，g＝e－1<0，故g(t)在R上只有一个零点；
③当a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若0
若a＝e，g(t)极小值＝0，g(t)只有一个零点；
若a>e，g(t)极小值＝a(1－ln a)<0，而g(0)＝1>0，由y＝在x>e时为减函数，可知当a>e时，>⇔ln ea>ln ae，又y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，则ea>ae>a2，从而g(a)＝ea－a2>0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上，当a>e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
[即时训练] 1.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解 (1)证明：由题意可得
h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．
又h(x)在(1,2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，则φ′(x)＝ex＋x－
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，
即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
精准设计考向，多角度探究突破
考向二 导数与不等式
角度 证明不等式
例2 已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．
解 (1)函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
因此f(x)在x＝处取得最小值，即
f(x)min＝f＝－，
但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－.
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝′＝，
易知G(x)max＝G(1)＝－，
从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.
(1)利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．
(2)若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明．
[即时训练] 2.(2019·银川模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
解 (1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋，
所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，
所以b＝1或a＝，
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证法一：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0；
当x>－2时，令h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，
所以当－2
综上，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x.
故f(x)≥mx2＋x.
证法二：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2，
令t(x)＝g′(x)，则t′(x)＝(x＋3)ex，
当x<－3时，t′(x)<0，g′(x)单调递减，且g′(x)<0；
当x>－3时，t′(x)>0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0.
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0.
故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x.
故f(x)≥mx2＋x.
角度2 不等式恒成立问题
例3 (2019·陕西教学质量检测)设函数f(x)＝ln x＋，k∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，
∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x>0)，
由f′(x)<0得0
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，
且f(e)＝ln e＋＝2.
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，
f(x1)－f(x2)
则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即当x>0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥.故k的取值范围是.
求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离函数法：分离函数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.
[即时训练] 3.(2019·大连模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，由f′(x)<0得x<0，由f′(x)>0得x>0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当0
∴f(x)没有极值点；
当a>时，由f′(x)>0得x<0或x>ln (2a)，由f′(x)<0得0
综上，当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a>0且a≠时，f(x)有2个极值点；当a＝时，f(x)没有极值点．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0.
当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，即a≤对任意的x>0恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝.
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.
∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，
所以实数a的取值范围为(－∞，e－2]．
角度3 赋值法证明正整数不等式
例4 (2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)若曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，求a的值；
(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数a的取值范围；
(3)证明：ln (n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
f(1)＝ln 1－a＋1＝1－a，f′(1)＝1－a.
故切线l的方程为y－(1－a)＝(1－a)(x－1)，
即y＝(1－a)x.
因为切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，
所以4×(1－a)＋3×(－1)＝0，解得a＝.
(2)若a≤0，则f′(x)＝－a>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
而f(1)＝1－a>0，f(x)≤0不恒成立．
若a>0，则当x∈时，f′(x)＝－a>0；
当x∈时，f′(x)＝－a<0.
所以f(x)在上是增函数，在上是减函数．
所以f(x)的最大值为f＝－ln a.
要使f(x)≤0恒成立，则－ln a≤0，所以a≥1.故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(3)证明：由(2)知，当a＝1时有f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，且f(x)在(0,1)上是增函数，f(1)＝0，所以ln x
令n＝1,2，…，n，则有ln ＜－，ln ＜－，ln＜－，…，ln ＜－，
以上各不等式两边分别相加，得
ln ＋ln ＋…＋ln ＜－，
即ln ＜－，
故ln (n＋1)＞＋＋…＋(n∈N*)．
证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的．本例(3)就是利用了(2)问的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令x＝，可得到解题的基本思路．
[即时训练] 4.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0.
令x＝1＋，得ln ＜，
从而ln ＋ln ＋…＋ln
＜＋＋…＋＝1－＜1.
故·…·＜e.
而＞2，所以m的最小值为3.
考向三 导数与优化问题
例5 某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
解 设PO的延长线交MN于点H，则PH⊥MN，所以OH＝10米．
过O作OE⊥BC于点E，
则OE∥MN，所以∠COE＝θ，
故OE＝40cosθ米，EC＝40sinθ米，
则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ＋10)
＝800(4sinθcosθ＋cosθ)平方米，
△CDP的面积为×2×40cosθ(40－40sinθ)
＝1600(cosθ－sinθcosθ)平方米．
过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于点G和点K，则GK＝KN＝10米．
令∠GOK＝θ0，则sinθ0＝，θ0∈.
当θ∈时，才能作出满足条件的矩形ABCD，
所以sinθ的取值范围是.
因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，
所以设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k(k>0)．
则年总产值为4k×800×(4sinθcosθ＋cosθ)＋3k×1600×(cosθ－sinθcosθ)＝8000k(sinθcosθ＋cosθ)，θ∈.
设f(θ)＝sinθcosθ＋cosθ，θ∈.
则f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sinθ＝－(2sin2θ＋sinθ－1)＝－(2sinθ－1)(sinθ＋1)，
令f′(θ)＝0，得θ＝，
当θ∈时，f′(θ)>0，所以f(θ)为增函数；
当θ∈时，f′(θ)<0，所以f(θ)为减函数．
因此，当θ＝时，f(θ)取到最大值．
答：当θ＝时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
利用导数解决生活中优化问题的方法
求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．
[即时训练] 5.(2019·山东潍坊模拟)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．
(1)求y关于v的函数关系式；
(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．
解 (1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)；
水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；
返回水面用时＝(单位时间)，
用氧量为×1.5＝(升)，
∴总用氧量y＝＋＋9(v>0)．
(2)y′＝－＝，
令y′＝0得v＝10.
当0
∴当0
当c≥10时，函数在[c,15]上单调递增，此时v＝c时，总用氧量最少．
综上可知，当0
(2019·兰州模拟)设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈[0,2]，所以g(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，则h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当x∈时，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
答题启示
双参数不等式问题的求解方法
一般采用等价转化法．
(1)∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.
(2)∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]max>[f2(x2)]min.
(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]min.
(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]max>[f2(x2)]max.
对点训练
已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．
(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若∀x1∈(0,2)，∃x2∈[1,2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解 (1)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x－x－1，
则f′(x)＝－1，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－2，故f(x)≤－2.
(2)依题意得f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x1)min≥g(x2)min.
当a＝时，f(x)＝ln x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝－，
当0
所以当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－.
又g(x)＝x2－2bx＋4，x∈[1,2]，
①当b<1时，易得g(x)min＝g(1)＝5－2b，则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾；
②当1≤b≤2时，易得g(x)min＝g(b)＝4－b2，则4－b2≤－，所以b2≥，这与1≤b≤2矛盾；
③当b>2时，易得g(x)min＝g(2)＝8－4b，则8－4b≤－，解得b≥.
综上，实数b的取值范围是.
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