2020版高考理科数学（人教版）一轮复习讲义：第三章第四节突破“函数与导数”压轴大题的6个“卡壳点”


第四节突破“函数与导数”压轴大题的6个“卡壳点”
(阅读课——供学有余力的考生自主观摩)
卡壳点一　分类讨论的“界点”如何确定？

根据二次项系数确定分类“界点”
[典例]　已知函数f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.
(1)求函数φ(x)＝f(x)－g(x)的极值；
(2)若m为整数，对任意的x＞0都有f(x)－mg(x)≤0成立，求实数m的最小值．
[解题观摩]　(1)由φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x＋1－x2－2x＝ln x－x2－x＋1(x＞0)，
得φ′(x)＝－2x－1＝(x＞0)，
令φ′(x)＞0，解得0＜x＜，令φ′(x)＜0，解得x＞，
所以函数φ(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，故函数φ(x)的极大值是φ＝ln－－＋1＝－ln 2，函数φ(x)无极小值．
(2)设h(x)＝f(x)－mg(x)＝ln x－mx2＋(1－2m)x＋1，则h′(x)＝－2mx＋1－2m＝＝(x＞0)．
当m≤0时，
因为x＞0，所以2mx－1＜0，x＋1＞0，
所以h′(x)＞0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为h(1)＝ln 1－m×12＋(1－2m)＋1＝－3m＋2＞0，不满足题意，所以舍去．
当m＞0时，令h′(x)＞0，得0＜x ＜，
令h′(x)＜0，得x＞，
故h(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以h(x)max＝h＝ln－m·2＋(1－2m)·＋1＝－ln(2m)．
令t(m)＝－ln(2m)(m＞0)，显然t(m)在(0，＋∞)上单调递减，且t＝＞0，t(1)＝－ln 2＝(1－ln 16)＜0，故当m≥1时，t(m)＜0，满足题意，故整数m的最小值为1.

导函数中含有二次三项式，需对最高项的系数分类讨论：
(1)根据二次项系数是否为0，判断函数是否为二次函数；
(2)由二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导数的变号零点．　　

根据判别式确定分类“界点”

[典例]　已知函数f(x)＝(1＋ax2)ex－1，当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性．
[解题观摩]　由题易得f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex，
当a＝0时，f′(x)＝ex＞0，此时f(x)在R上单调递增．
当a＞0时，方程ax2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－4a.
①当0＜a≤1时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0恒成立，所以f′(x)≥0，此时f(x)在R上单调递增；
②当a＞1时，令f′(x)＝0，解得x1＝－1－ ，x2＝－1＋ .
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
综上，当0≤a≤1时，f(x)在R上单调递增；当a＞1时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减．

求导后，要判断导函数是否有零点(或导函数分子能否分解因式)，若导函数是二次函数或与二次函数有关，此时涉及二次方程问题，Δ与0的大小关系往往不确定，所以必须寻找分界点，进行分类讨论．　　

根据导函数零点的大小确定分类“界点”
[典例]　已知f(x)＝(x2－ax)ln x－x2＋2ax，求f(x)的单调递减区间．
[解题观摩]　易得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)ln x－(2x－a)＝(2x－a)(ln x－1)，
令f′(x)＝0得x＝或x＝e.
当a≤0时，因为x＞0，所以2x－a＞0，
令f′(x)＜0得x＜e，所以f(x)的单调递减区间为(0，e)．
当a＞0时，
①若＜e，即0＜a＜2e，当x∈时，f′(x)＞0，
当x∈时，f′(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递减区间为；
②若＝e，即a＝2e，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，f(x)没有单调递减区间；
③若＞e，即a＞2e，当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，当x∈时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递减区间为.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当0＜a＜2e时，f(x)的单调递减区间为；当a＝2e时，f(x)无单调递减区间；当a＞2e时，f(x)的单调递减区间为.

(1)根据导函数的“零点”划分定义域时，既要考虑导函数“零点”是否在定义域内，还要考虑多个“零点”的大小问题，如果多个“零点”的大小关系不确定，也需要分类讨论．
(2)导函数“零点”可求，可根据“零点”之间及“零点”与区间端点之间的大小关系进行分类讨论．本题根据零点，e之间的大小关系进行分类讨论，再利用导数研究其函数的单调性．　　


根据导函数零点与定义域的关系确定分类“界点”
[典例]　已知函数f(x)＝－aln x－＋ax，a∈R.
(1)当a＜0时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若关于x的不等式g(x)≤－ex＋＋(a－1)x在[1,2]上有解，求a的取值范围．
[解题观摩]　(1)由题意知，f′(x)＝－－＋a＝(x＞0)，
当a＜0时，ax－ex＜0恒成立，
所以当x＞1时，f′(x)＜0；当0＜x＜1时，f′(x)＞0，
故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)因为g(x)＝f(x)＋xf′(x)，
所以g(x)＝－aln x－ex＋2ax－a，
由题意知，存在x0∈[1,2]，使得g(x0)≤－ex0＋＋(a－1)x0成立．
即存在x0∈[1,2]，使得－aln x0＋(a＋1)x0－－a≤0成立，
令h(x)＝－aln x＋(a＋1)x－－a，x∈[1,2]，
则h′(x)＝＋a＋1－x＝－，x∈[1,2]．
①当a≤1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在[1,2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0，所以a≤0.
②当1＜a＜2时，令h′(x)＞0，解得1＜x＜a；令h′(x)＜0，解得a＜x＜2.
所以函数h(x) 在[1，a]上单调递增，在[a,2]上单调递减，
又因为h(1)＝，所以h(2)＝－aln 2＋a≤0，解得a≤0，与1＜a＜2矛盾，舍去．
③当a≥2时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[1,2]上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝＞0，不符合题意，舍去．
综上所述，a的取值范围为(－∞，0]．

导函数零点是否分布在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要分类讨论．本题根据函数h′(x)的零点a是否在定义域[1,2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．　　
卡壳点二　遇到有关x与ex，ln x的组合函数问题怎么办？

x与ln x的组合函数问题
(1)熟悉函数f(x)＝h(x)ln x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．

(2)熟悉函数f(x)＝(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．

[典例]　设函数f(x)＝xln x－＋a－x(a∈R)．
(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，试求k的最大值．
[解题观摩]　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－ax－1＝ln x－ax，
令f′(x)＝0，可得a＝，
令h(x)＝(x＞0)，则由题可知直线y＝a与函数h(x)的图象有两个不同的交点，
h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e，可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(e)＝，当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→0，故实数a的取值范围为.
(2)当a＝2时，f(x)＝xln x－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即k(x－2)＋2－2x－x2＜xln x－x2＋2－x，整理得k(x－2)＜xln x＋x，
因为x＞2，所以k＜.
设F(x)＝(x＞2)，则F′(x)＝.
令m(x)＝x－4－2ln x(x＞2)，则m′(x)＝1－＞0，所以m(x)在(2，＋∞)上单调递增，m(8)＝4－2ln 8＜4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10＞6－2ln e3＝6－6＝0，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一的零点x0，
即x0－4－2ln x0＝0，故当2＜x＜x0时，m(x)＜0，即F′(x)＜0，当x＞x0时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(x0)＝＝＝，所以k＜，
因为x0∈(8,10)，所以∈(4,5)，故k的最大值为4.

对于有关x与ln x的组合函数为背景的试题，要求学生理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．　　

x与ex的组合函数问题
(1)熟悉函数f(x)＝h(x)eg(x)(g(x)为一次函数，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．

(2)熟悉函数f(x)＝(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．

[典例]　已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R.
(1)求证：存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切；
(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求a的取值范围．
[解题观摩]　(1)证明：f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex.
设直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)ex0，
得a(x0ex0－x0＋1)＝ex0，①
又因为直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)ex0，整理得a(x0ex0＋ex0－1)＝ex0，②
结合①②得x0ex0－x0＋1＝x0ex0＋ex0－1，即ex0＋x0－2＝0，令h(x)＝ex＋x－2，则h′(x)＝ex＋1＞0，所以h(x)在R上单调递增．
又因为h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一实数x0，使得ex0＋x0－2＝0，且x0∈(0,1)，
所以存在唯一实数a，使①②两式成立，故存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)与曲线y＝g(x)相切．
(2)令f(x)＞g(x)，即a(x－1)＞(ax－1)ex，
所以axex－ax＋a＜ex，所以a＜1，
令m(x)＝x－，则m′(x)＝，
由(1)可得m(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且x0∈(0,1)，故当x≤0时，m(x)≥m(0)＝1，当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1，所以当x∈Z时，m(x)≥1恒成立．
①当a≤0时，am(x)＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；
②当0＜a＜1时，m(x)＜，因为＞1，m(0)＝m(1)＝1，所以两个整数解分别为0,1，即解得a≥，即a∈；
③当a≥1时，m(x)＜，
因为≤1，m(x)在x∈Z时大于或等于1，
所以m(x)＜无整数解，舍去．
综上所述，a的取值范围为.

在求解有关x与ex的组合函数综合题时要把握三点：
(1)灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；
(2)把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；
(3)函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．　　


x与ex，ln x的组合函数问题

(1)熟悉函数f(x)＝h(x)ln x±ex(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图形特征，做到对图(1)(2)(3)(4)所示的特殊函数的图象“有形可寻”．

(2)熟悉函数f(x)＝±ln x(其中h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不同时为0))的图形特征，做到对图(5)(6)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”．


[典例]　已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝(e＝2.718 28……为自然对数的底数)，是否存在整数m，使得对任意的x∈，都有y＝f(x)的图象在y＝g(x)的图象下方？若存在，请求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由．
[解题观摩]　假设存在整数m满足题意，则不等式ln x＋＜，对任意的x∈恒成立，
即m＜ex－xln x对任意的x∈恒成立．
令v(x)＝ex－xln x，则v′(x)＝ex－ln x－1，
令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－，
易知φ′(x)在上单调递增，因为φ′＝e－2＜0，φ′(1)＝e－1＞0且φ′(x)的图象在上连续，
所以存在唯一的x0∈，使得φ′(x0)＝0，即ex0－＝0，则x0＝－ln x0.
当x∈时，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增．
则φ(x)在x＝x0处取得最小值，且最小值为φ(x0)＝ex0－ln x0－1＝＋x0－1＞2 －1＝1＞0，
所以v′(x)＞0，即v(x)在上单调递增，
所以m≤e－ln ＝e＋ln 2≈1.995 29，
故存在整数m满足题意，且m的最大值为1.

若分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法．在本题中， 通过虚设零点x0，得到x0＝－ln x0，将ex0－ln x0－1转化为普通代数式＋x0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x0，即借助φ′(x0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的．　　

[典例]　设函数f(x)＝，求证：当x＞1时，不等式＞.
[解题观摩]　将不等式＞变形为·＞，分别构造函数g(x)＝和函数h(x)＝.
对于g′(x)＝，令φ(x)＝x－ln x，则φ′(x)＝1－＝.
因为x＞1，所以φ′(x)＞0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x)＞φ(1)＝1＞0，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以当x＞1时，g(x)＞g(1)＝2，故＞.
对于h′(x)＝，因为x＞1，所以1－ex＜0，所以h′(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上是减函数，所以当x＞1时，h(x)＜h(1)＝.
综上所述，当x＞1时，＞h(x)，即＞.

若不分离ex与ln x，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理拆分与变形．高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转化为我们熟悉的容易用导数工具求解的函数模型．　　


借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩

[典例]　已知函数f(x)＝mx2＋nx－xln x(m＞0)，且f(x)≥0.
(1)求 的最小值；
(2)当取得最小值时，若方程ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0无实根，求实数a的取值范围．
[解题观摩]　(1)令g(x)＝＝mx＋n－ln x，则f(x)≥0⇔g(x)≥0(x＞0)，又因为g′(x)＝，由g′(x)＞0，得x＞；由g′(x)＜0，得0＜x＜，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增．此时g(x)min＝g＝1＋n－ln≥0⇒＋－ln≥0，即≥ln－.
令h(t)＝tln t－t(t＞0)，则h′(t)＝ln t，由h′(t)＞0，得t＞1；由h′(t)＜0，得0＜t＜1，所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h(t)min＝h(1)＝－1，则≥－1，即min＝－1.
(2) 由(1)知，当取得最小值－1时，t＝ ＝1，m＝1，n＝－1.
则ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0⇒a＝，
记H(x)＝(x＞0)，
则H′(x)＝，由(1)知 x－1－ln x≥0⇒ln x≤x－1，即ex－1≥x，则(x－ln x)ex－1－x≥ex－1－x≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以当x∈(0,1)时，H′(x)＜0，所以H(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，所以H(x)在(1，＋∞) 上为增函数．所以x＝1时，H(x)取得最小值，为H(1)＝1.
由ln x≤x－1，自变量取可得－ln x≤－1⇒2≤x＋1－ln x≤x＋，
即x(x＋1－ln x)≤x2＋1⇒≥，
由x－1≥ln x，自变量取e可得e－1＞(x＞0)，从而ex＞3，则可得ex－1＞.当x＞1时，H(x)＝＞＞＝，即H(x)无最大值，
所以H(x)∈[1，＋∞)．故a＜1时原方程无实根，即实数a的取值范围为(－∞，1)．

借助放缩，巧妙求出H(x)的最小值，同时利用放缩说明H(x)没有最大值，从而求出实数a的取值范围．　　
卡壳点三　遇到极值点偏移问题怎么办？
图说极值点偏移
1.已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．
2．若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．



对称变换

对称变换，主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2＞x，则令F(x)＝f(x)－f.
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系．
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．
[提醒]　若要证明f′的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
[典例]　已知函数h(x)与函数f(x)＝xex(x∈R)的图象关于原点对称，如果x1≠x2，且h(x1)＝h(x2)，求证：x1＋x2＞2.
[解题观摩]　由题意知，h(x)＝－f(－x)＝xe－x，h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)




由x1≠x2，不妨设x1＞x2，根据h(x1)＝h(x2)，结合图象可知x1＞1，x2＜1，
令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(1，＋∞)，
则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x ，
因为x＞1,2x－2＞0，所以e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞1时，F(x)＞0，
即当x＞1时，h(x)＞h(2－x)，则h(x1)＞h(2－x1)，
又因为h(x1)＝h(x2)，所以h(x2)＞h(2－x1)，
因为x1＞1，所以2－x1＜1，
所以x2,2－x1∈(－∞，1)，
因为h(x)在(－∞，1)上是增函数，
所以x2＞2－x1，所以x1＋x2＞2.

本题证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用x2,2－x1，其取值范围都为(－∞，1)，若将所证不等式化为x1＞2－x2，则x1,2－x2的取值范围都为(1，＋∞)，此时就必须利用函数h(x)在(1，＋∞)上的单调性来求解．　　

消参减元

消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下：
建方程
求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键式子，即导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)
定关系
根据极值点所满足的方程，利用方程解的理论，建立极值点与方程系数之间的关系，确定两个极值点之积
消参减元
根据两个极值点之积的关系，化简或转化所求解问题，进行消参减元
构造函数
根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的函数
求解问题
利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决相关问题

[典例]　已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1·x＜2.
[解题观摩]　(1)由题意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．
当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜，
由f′(x)＜0，得x＞，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由题意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根x1，x2满足ln x－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0.
由题意，可知ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2，
又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2.
令g(x)＝ln x－x－m，
则g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2.
令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)，
则h′(t)＝－.
当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以g(x)＜g.
因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g.
因为g(x)在(0,1)上单调递增，
所以x1＜，故x1·x＜2.

本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x1与化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．　　


比(差)值换元

比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．
[典例]　已知f(x)＝xln x－mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
[解题观摩]　欲证x1x2＞e2，只需证ln x1＋ln x2＞2.
由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x) 有两个零点，又f′(x)＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．
于是有
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，
即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
即m＝，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝.
由0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1.
因此ln x1＋ln x2＝，t＞1.
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有ln t＞.
令h(t)＝ln t－(t＞1)，
则h′(t)＝－＝＞0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．
因此h(t)＞ln 1－＝0.
于是当t＞1时，有ln t＞.
所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2.

求解本题的关键点有两个．一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到m＝之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解．本题利用参数m的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查．　　
卡壳点四　导数零点不可求怎么办？
导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数研究函数f(x)的单调性，往往需要解方程f′(x)＝0. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢？

猜——猜出方程f′(x)＝0的根
[典例]　设f(x)＝.
(1)若函数f(x)在(a，a＋1)上有极值，求实数a的取值范围；
(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围．
[解题观摩]　(1)因为f′(x)＝－，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)的极大值点为x＝1，所以即0＜a＜1，故所求实数a的取值范围是(0,1)．
(2)方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，
即f(x)－x2＋2x＝k有实数解．
设g(x)＝f(x)－x2＋2x，
则g′(x)＝2(1－x)－.
接下来，需求函数g(x)的单调区间，所以需解不等式g′(x)≥0及g′(x)≤0，因而需解方程g′(x)＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．
因为g′(1)＝0，且当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(1)＝2.当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→－∞，所以函数g(x)的值域是(－∞，2]，所以所求实数k的取值范围是(－∞，2]．

当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现ex时，常猜x＝0.　　

设——设出f′(x)＝0的根
[典例]　设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)求证：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
[解题观摩]　(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，
所以当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x＞0)．
因为函数g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函数值为正值的增函数，
所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．
由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a＞0时，f′(x)有唯一零点．
(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0.
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
因为2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln(当且仅当x0＝时等号成立)．
所以当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.

本题第(2)问的解题思路是求函数f(x)的最小值，因此需要求f′(x)＝0的根，但是f′(x)＝2e2x－＝0的根无法求解．故设出f′(x)＝0的根为x0，通过证明f(x)在(0，x0)和(x0，＋∞)上的单调性知f(x)min＝f(x0)＝＋2ax0＋aln，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．　　

证——证明方程f′(x)＝0无根
[典例]　已知m∈R，函数f(x)＝mx－－2ln x，g(x)＝，若∃x0∈[1，e]，使得f(x0)＞g(x0)成立，求实数m的取值范围．
[解题观摩]　因为当x＝1时，f(x)＝0，g(x)＝2e，不存在f(x0)＞g(x0)，所以关于x的不等式f(x)＞g(x)在[1，e]上有解，即关于x的不等式＜m(1＜x≤e)有解．
设u(x)＝(1＜x≤e)，
则u′(x)＝(1＜x≤e)，但不易求解方程u′(x)＝0.
可大胆猜测方程u′(x)＝0无解，证明如下：
由1＜x≤e，可得－(2x2＋2)ln x＜0，
2x2－4ex－2＝2(x－e)2－2e2－2＜0，
所以u′(x)＜0，u(x)在(1，e]上是减函数，
所以函数u(x)的值域是，
故所求实数m的取值范围是.

当利用导函数求函数f(x)在区间[a，b]，[a，b)或(a，b]上的最值时，可首先考虑函数f(x)在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f(x)在区间的端点处取得最值(此时若求f′(x)＝0的根，则此方程是无解的)．　　
卡壳点五　不能恰当构造函数怎么办？
利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键．

“比较法”构造函数证明不等式

当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，进而证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，进而证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h(x)＝，进而证明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．
[典例]　已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)求证：当x＞0时，x2＜ex.
[解题观摩]　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，
故g(x)在R上单调递增．
所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex.

在本题第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜ex”构造函数，得到“g(x)＝ex－x2”，并利用(1)的结论求解．　　

“拆分法”构造函数证明不等式
当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式，进而证明f(x)max≤g(x)min即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．
[典例]　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
[解题观摩]　(1)f′(x)＝－a(x＞0)，
①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a＞0，则当0＜x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：法一：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x＞0)，
则g′(x)＝，
所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：要证xf(x)－ex＋2ex≤0，
即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，
h′(x)＞0，
故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.

对于第(2)问xf(x)－ex＋2ex≤0的证明直接构造函数h(x)＝xeln x－ax2－ex＋2ex，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f(x)≤－2e或ln x－x＋2≤，再分别对不等式两边构造函数证明不等式．　　


“换元法”构造函数证明不等式

若两个变元x1，x2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式(其中m(x1，x2)为x1，x2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x1，x2)＝t，使所要证明的不等式转化为关于t的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．
[典例]　已知函数f(x)＝－k有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2＞e2.
[解题观摩]　f(x)＝－k，设x1＞x2＞0，
由f(x1)＝f(x2)＝0，
可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，
得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞.
因为k＝，所以只需证＞，即证ln＞.
令＝t(t＞1)，则只需证ln t＞(t＞1)．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，
则h′(t)＝－＝＞0，
故函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞.
所以x1x2＞e2.

不妨设x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为＞，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．　　


“转化法”构造函数

在关于x1，x2的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．
[典例]　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R，若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．
[解题观摩]　对任意的b＞a＞0，＜1等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)
设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，
故(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x＞0)恒成立，故m≥，当且仅当x＝时等号成立，所以m的取值范围为.

利用不等式的性质，将“＜1”等价转化为“f(b)－b＜f(a)－a”，进而构造函数“h(x)＝f(x)－x”，通过研究函数h(x)的单调性求解实数m的取值范围．　　
卡壳点六　“任意”与“存在”办？

“∀x，使得f(x)＞g(x)”与“∃x，使得f(x)＞g(x)”的辨析
(1)∀x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min＞0.如图①.

(2)∃x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＞0.如图②.
[典例]　设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝af′(x)，其中f′(x)是f(x)的导函数．
(1)若对于任意x≥0，总有f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围；
(2)若存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围．
[解题观摩]　(1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则h′(x)＝＋＝.
当a≥－1时，h′(x)≥0，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝－a，则－a≥0，a≤0，∴a∈[－1,0]．
当a＜－1时，ln(1＋x)≥0，－＞0，
所以h(x)≥0恒成立．
综上可知，实数a的取值范围为[－∞，0]．
(2)由(1)可知，当a≥－1时，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，
当a＜－1时，f(x)≥g(x)恒成立．
综上可知，实数a的取值范围为(－∞，＋∞)．

(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x0≥0时，总有f(x0)≥g(x0)，即f(x0)－g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max)，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立问题．
(2)存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，即至少有一个x0≥0，满足f(x0)－g(x0)不是负数，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)的函数值至少有一个是非负数．　　


“若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”与“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析
(1)∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A与g(x)在D2上的值域B的交集不是空集，即A∩B≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．

(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子集，即A⊆B，如图④.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的值域都在函数y＝g(x)的值域之中．
说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y轴上的投影．
[典例]　已知函数f(x)＝x2－ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝.
(1)若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围；
(2)当a＝时，求证：对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．
[解题观摩]　(1)∵f(x)＝x2－ax3，
∴f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
∵a＞0，∴＞0，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)≥f(－1)＝1＋，
故f(x)在(－∞，－1]上的值域为.
∵g(x)＝，∴g′(x)＝＝.
当x＜－时，g′(x)＞0，∴g(x)在上单调递增，g(x)＜g＝，
故g(x)在上的值域为.
若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，则1＋＜，解得0＜a＜，
故实数a的取值范围是.
(2)证明：当a＝时，f(x)＝x2－x3，
∴f′(x)＝2x－3x2＝3x.
当x＞2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(2，＋∞)上单调递减，且f(2)＝－4，
∴f(x)在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．
则g(x)＝＝在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)＝在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．
∵(－∞，－4)(－∞，0)，
∴对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．

本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一函数值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中．　　


f(x)，g(x)是闭区间D上的连续函数，“∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)”与“∃x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)”的辨析
(1)f(x)，g(x)是在闭区间D上的连续函数且∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)min＞g(x)max.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数y＝g(x)的任意一个函数值．如图⑤.

(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)max＞g(x)min.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的某一个函数值大于函数y＝g(x)的某些函数值．如图⑥.
[典例]　已知f(x)＝x＋(a＞0)，g(x)＝x＋ln x.
(1)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围；
(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．
[解题观摩]　(1)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，等价于x∈[1，e]时，f(x)min≥g(x)max.
当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.
只需证f(x)≥e＋1，即x＋≥e＋1⇔a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．
令h(x)＝(e＋1)x－x2，
当x∈[1，e]时，h(x)＝(e＋1)x－x2＝－2＋2的最大值为h＝2.所以a2≥2，即a≥(舍去负值)．
故实数a的取值范围是.
(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，等价于x∈[1，e]时，f(x)min＜g(x)max.
当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.
又f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝a，
故f(x)＝x＋(a＞0)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当0＜a＜1时，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1＋a2＜e＋1，符合题意；
当1≤a≤e时，f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，f(x)min＝f(a)＝2a，
此时，2a＜e＋1，解得1≤a＜；
当a＞e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋，此时，e＋＜e＋1，即a＜，与a＞e矛盾，不符合题意．
综上可知，实数a的取值范围是.

(1)本题第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f(x)min≥g(x)max.从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点不低于g(x)图象的最高点．
(2)本题第(2)问从数的角度看，问题的本质就是f(x)min＜g(x)max.从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点低于g(x)图象的最高点．　　

“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)”与“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)”的辨析
(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑦.

(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2上的最大值，即f(x)max＜g(x)max.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑧.
[典例]　已知函数f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若对任意的x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
[解题观摩]　依题意知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(x)min≥g(x)min.
因为f′(x)＝－－＝－，
则当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当1＜x＜2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－.
又g(x)＝x2－2bx＋4，
①当b＜1时，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b.
由5－2b≤－，解得b≥，这与b＜1矛盾，不符合题意；
②当1≤b≤2时，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2.
由4－b2≤－，得b2≥，这与1≤b≤2矛盾，不符合题意；
③当b＞2时，可求得g(x)min＝g(2)＝8－4b.
由8－4b≤－，得b≥.
综合①②③得，实数b的取值范围是.

“对任意x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“f(x)在(0,2)上的最小值大于或等于g(x)在[1,2]上的最小值”．