[摘  要] 导数是研究函数与不等式问题的重要工具，也是高中数学的重点知识，在高考中备受命题人青睐. 通常函数与不等式、导数问题解析过程需要转化问题，构造函数，利用导数知识来分析函数性质，问题的解法虽较为多样，但导数始终是解此类题的关键知识. 文章围绕一道函数与不等式问题，开展解法探究，多解思考，并立足教学，提出相应的建议.
　　[关键词] 函数;导数;不等式;构造;分类讨论
　　[?] 问题探究
　　问题再现：（2021年八省联考数学卷第22题）已知函数f（x）=ex-sinx-cosx，g（x）=ex+sinx+cosx.
　　（1）证明：当x>-时，f（x）≥0;
　　（2）若g（x）≥2+ax，求a.
　　问题解析：上述是一道函数与不等式压轴题，考查函数与不等式、导数的相关知识，问题所涉两问均可归为不等式成立问题，可利用导数来研究函数的性质. 常规思路是基于不等式构造函数，利用函数对应的导函数来研究其性质，逐步探究函数的值域，从而证明不等式或转化不等式问题.
　　（1）x的取值范围影响f（x），需要分别讨论x在
　　-，-
　　，
　　-，0
　　和[0，+∞）三个区间内的情形，具体如下.
　　①当x∈
　　-，-
　　时，f（x）=ex-sin
　　x+
　　>0;
　　②当x∈
　　-，0
　　时，f′（x）=ex-cosx+sinx，f′（0）=0，f″（x）=ex+sinx+cosx=ex+sin
　　x+
　　>0，则函数f′（x）在
　　-，0
　　上单调递增，则有f′（x）<f′（0）=0，可知函数f（x）在
　　-，0
　　上单调递减，则f（x）>f（0）=0;
　　③当x=0时，由函数的解析式可得f（0）=1-0-1=0，当x∈[0，+∞）时，构造函数H（x）=-sinx+x（x≥0），则H′（x）=-cosx+1≥0，故函数H（x）在区间[0，+∞）上单调递增，从而有H（x）≥H（0）=0，即-sinx≥ -x，则函数f（x）=ex-sinx-cosx≥ex-x-1. 令y=ex-x-1，对其求导可得y′=ex-1，当x≥0时，y′≥0，故y=ex-x-1在区间[0，+∞）上单调递增，所以函数的最小值y=e0-0-1=0，推理可得ex-x-1≥0，故函数f（x）=ex-sinx-cosx≥ex-x-1≥0.
　　综上可知，当x>-时，f（x）≥0.
　　（2）该问探究g（x）≥2+ax时a的取值，其中a为参数，可归为含参不等式恒成立问题，参数a的取值将影响到不等式的成立，常见的方法是分离参数法.
　　①当x=0时，g（0）=2，显然不等式g（x）≥2+ax时，有a∈R.
　　②当x>0时，g（x）≥2+ax等价于a≤，记F（x）=，对应导函数F′（x）=. 构造函数φ（x）=（x-1）ex+x（cosx-sinx）-sinx-cosx+2，对应导函数为φ′（x）=x（ex-sinx-cosx）. 由（1）问可知，x>0，ex-sinx-cosx>0，所以x>0时，φ′（x）>0，故函数φ（x）在区间上单调递增，可推得φ（x）>φ（0）=0，则有F′（x）>0，所以函数F（x）在（0，+∞）上单调递增. x>0时，F（x）>F（x）=2，所以a≤2.
　　③当-π<x<0时，g（x）≥2+ax等价于a≥，记F（x）=，对应导函数F′（x）=. 构造函数φ（x）=（x-1）ex+x（cosx-sinx）-sinx-cosx+2，对应导函数为φ′（x）=x（ex-sinx-cosx）. 由（1）问可知，当-π<x<0时，ex-sinx-cosx>0，所以-π<x<0时，φ′（x）<0，故函数φ（x）在区间上单调递减，可推得φ（x）>φ（0）=0，则有F′（x）>0，所以函数F（x）單调递增. -π<x<0时，F（x）<F（x）=2，所以a≥2.
　　④当x≤-π时，令h（x）=g（x）-ax-2=ex+sinx+cosx-ax-2，验证可知a=2时，有ex+sinx+cosx-2x-2≥0-+π-2>0，符合条件.
　　综上可知，a=2.
　　问题评析：上述考题属于函数与不等式相结合的导数分析问题，两问分别求证特定区间下不等式恒成立，不等式恒成立时参数的取值，问题解析需要利用导数的相关知识来研究不等式，上述解析时采用了如下解题技巧.
　　技巧1：构造新函数，利用导函数来研究函数的性质，求出最值，推导参数的取值范围;
　　技巧2：分离参数或变量，将不等式问题中的变量置于不等号的一侧，基于另一侧构造函数，从而将不等式问题转化为研究函数的值域;
　　技巧3：分类讨论变量，对于其中的参数或变量采用分类讨论的策略，将复合函数变为区间上的单调函数，降低解析难度.
　　[?] 解法拓展
　　上述考题的第（2）问是核心之问，其解析难度也较大，上述解析时采用了分离参数的方法，实际上该问的解析方法众多，还可以采用函数最值、切线不等式两种方法来构建思路，下面具体探究解析过程.
　　拓展解法——函数最值
　　函数最值法，其核心是将不等式问题转化为函数最值，故需要基于不等式构造新函数，然后解析函数在定义域上的取值. 该问题中需要对参数进行分段讨论，论证函数的最值是否符合题意. 　　若g（x）≥2+ax，则g（x）-2-ax≥0，即ex+sinx+cosx-2-ax≥0，故可對不等式两边同乘e-x（e-x>0），整理可得e-x（sinx+cosx-ax-2）+1≥0，x∈R. 构造函数F（x）=e-x（sinx+cosx-ax-2）+1，x∈R，即探究F（x）≥0时a的取值即可. 求导函数F′（x）=e-x（-2sinx+ax+2-a），记φ（x）= -2sinx+ax+2-a，φ′（x）=-2cosx+a.
　　①当a>2，则φ′（x）>0，φ（x）单调递增，因为φ（0）=2-a<0，φ（π）>0，所以存在x∈（0，π）使得φ（x）=0. 当x∈（0，x），φ（x）<0，即F′（x）<0，所以F（x）在（0，x）上单调递减，F（x）<F（0）=0与题意不相符.
　　②当-2<a<2，易知x∈（-π，0），φ′（x）单调递减. 因为φ′（-π）=a+2>0，φ′（0）=a-2<0，所以存在x∈（-π，0）使得φ′（x）=0. 当x∈（x，0），φ′（x）<0，故φ（x）在（x，0）上单调递减，故有φ（x）>φ（0）=2-a>0，则当x∈（x，0）时，F′（x）>0，可知F（x）在（x，0）上单调递增，所以x∈（x，0）时，F（x）<F（0）=0与题意不相符.
　　③当a≤-2，易知φ′（x）≤0，则φ（x）单调递减，则当x<0时，φ（x）>φ（0）=2-a>0，可推知当x<0时，F′（x）>0，知F（x）在区间上单调递增. 所以当x<0时，F（x）<F（0）=0与题意不相符.
　　④当a=2，可得φ′（x）=2-2cosx≥0，则φ（x）单调递增. 因为φ（0）=0，所以x∈（-∞，0）时，φ（x）<0，即F′（x）<0，故F（x）在区间上单调递减;x∈（0，+∞）时，φ（x）>0，即F′（x）>0，故F（x）在区间上单调递增. 故可知F（x）≥F（0）=0满足题意.
　　综上可知，若g（x）≥2+ax，可知a=2.
　　评析：上述探究不等式参数问题时采用了函数最值法，解析过程有两大细节需要关注：一是处理不等式时，对不等式的两边同除以ex，避免了ex对所构造函数的导函数正负值的干扰;二是解析过程充分把握特殊点的函数值，观察到F（0）=0这一特殊情形.
　　[?] 教学反思
　　函数与导数问题的综合性极强，上述问题涉及了函数、导数、不等式等知识定理，以及构造、分类讨论、化归转化等思想方法，重点考查了学生的知识综合、逻辑推理能力. 深入探究不仅可以指导学生掌握函数与导数问题的解法策略，还可以拓展学生思维，提升学生素养，下面深入反思，提出几点建议.
　　1. 盘点难点，牢实基础
　　导数的知识定理是函数与不等式、导数问题解析的核心，而在探究学习时需要针对性地盘点导数应用的关键知识点，深刻理解导数知识. 如利用导数的几何意义求切线方程，理解导数与切线方程的关系;利用导函数判断函数单调性，关注其中“必要不充分”的实际意义;利用导数解析函数某点处的极值点，把握存在极值点的条件. 解题教学中要立足教材内容，不能脱离课本来探究解题方法，要将教材的定理定义、概念公式作为学习的重点，学“精”求“细”，帮助学生牢实基础，熟练地应用知识定理解析综合性问题.
　　2. 多解探究，方法总结
　　往往函数与导数、不等式问题的解法不唯一，上述以一道函数与不等式问题为例，呈现了四种解题方法，涉及了分离参变量、函数最值法、切线不等式、极值定义等，从不同的视角进行问题解析，按照不同方法构建了相应的解题思路. 开展多解探究可帮助学生深刻理解问题，把握问题的本质，同时可有效拓展学生的思维. 而在实际教学中不仅需要立足考题开展多解探究，还应注重问题总结、方法训练，引导学生关注问题特征，围绕考题进行解法分析，关注核心概念、思路构建、技巧解析，让学生回归解法本身，从根本上掌握解题方法.
　　3. 拓展思考，素养提升
　　开展解法探究，应注重解后分析、拓展思考，即依托考题探究来拓展解法，激活学生的创新思维. 函数与导数、不等式问题常作为压轴题出现，在探究时要注重剖析数学的思维过程，讲评中揭示思路的构建过程，挖掘其中的思路线索，让学生的思维得到充分的历练. 尤其是对于创新性极强的高考题，要引导学生分步探究，破除思维困局，给学生留足思考空间，让学生思考新解法，探究新思路，通过不断的解题探究让学生“学”有所“思”，“思”有新“得”. 同时探究过程注重数学思想，方法技能的传达，使学生的综合素养同步提升.