高三数学基础突破复习检测34.doc

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第6讲 导数与不等式（学生版，后附教师版）
【知识梳理】
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，其中一种常用方法就是找到函数h(x)在何处可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．
【基础考点突破】
考点1．用导数解决与不等式有关的问题
命题点1．解不等式
【例1】设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)
A．(－2，0)∪(2，＋∞) B．(－2，0)∪(0，2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，2)
变式训练1．(2015·新课标全国Ⅱ，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
变式训练2．(2015·福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是(　　)
A．f＜ B．f＞ C．f＜ D．f＞
命题点2．证明不等式
【例2】 (2015·北京，18)已知函数f(x)＝ln．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；
(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值．

变式训练3．（2016年全国III卷高考）设函数．
（I）讨论的单调性；
（II）证明当时，；
（III）设，证明当时，．

变式训练4．证明：当x∈[0，1]时，x≤sin x≤x．

命题点3　不等式恒成立问题
【例3】 (2016·山东，20)已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R．
(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．

【归纳总结】（1）利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；
（2）证明不等式f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)<0即可；
变式训练5．已知函数f(x)＝ln x－，若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．

考点2．利用导数构造函数证明不等式
【例4】已知函数．
（1）若函数在上为增函数，求正数的取值范围；
（2）求证：对于大于1的任意正整数，都有．

变式训练6．已知函数，．
（1）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
（2）求证：．

变式训练7．已知函数的图象在点处的切线与直线平行．
（1）求，满足的关系．
（2）若在恒成立，求 的取值范围．
（3）证明：．

变式训练8．已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，若恒成立，求满足条件的正整数的值；
（3）求证：．

【基础练习巩固】
1．若0<x1<x2<1，则(　　)
A B． C． D．
2．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数g(x)＝f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象的是(　　)

3．设函数ht(x)＝3tx－，若有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，则x0等于(　　)
A．5 B． C． 3 D．
4．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．
5．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是________．
6．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)，f′(x)>0，对于任意实数x，有f(x)≥0，则的最小值为________．
7．若对于任意实数x≥0，函数f(x)＝ex＋ax恒大于零，则实数a的取值范围是________．
8．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．
(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1．

9．设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a>0．
(1)求f(x)的单调区间；(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．

10．设函数f(x)＝aln x＋x2－bx (a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0．
(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．

2017年高考数学基础突破——导数与积分
第6讲 导数与不等式（教师版）
【知识梳理】
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，其中一种常用方法就是找到函数h(x)在何处可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．
【基础考点突破】
考点1．用导数解决与不等式有关的问题
命题点1．解不等式
【例1】设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)
A．(－2，0)∪(2，＋∞) B．(－2，0)∪(0，2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，2)
答案　D
解析　x>0时′<0，∴φ(x)＝为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x2f(x)>0．
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)．
变式训练1．(2015·新课标全国Ⅱ，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
答案：A
解析：因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(-1)＝0，所以f(1)＝-f(-1)＝0．当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0．则当x＞0时，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．
所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；
在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0．
综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A．
变式训练2．(2015·福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是(　　)
A．f＜ B．f＞ C．f＜ D．f＞
答案：C
解析∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可构造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数，∵f(0)＝－1，∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)，
∴f－＞－1，∴f＞，∴选项C错误，故选C．
命题点2．证明不等式
【例2】 (2015·北京，18)已知函数f(x)＝ln．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；
(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值．
解析：因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2．
又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x．
(2)证明　令g(x)＝f(x)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝．
因为g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增．
所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，即当x∈(0，1)时，f(x)>2．
(3)解　由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立．
当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝．
所以当0<x<时，h′(x)<0，因此h(x)在区间上单调递减．
当0<x<时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<k．
所以当k>2时，f(x)>k并非对x∈(0，1)恒成立．
综上可知，k的最大值为2．
变式训练3．（2016年全国III卷高考）设函数．
（I）讨论的单调性；
（II）证明当时，；
（III）设，证明当时，．
解：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为．
所以当时，．
故当时，，，即．
（Ⅲ）由题设，设，则，令，解得．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
由（Ⅱ）知，，故，又，故当时，．
所以当时，．

变式训练4．证明：当x∈[0，1]时，x≤sin x≤x．
证明　记F(x)＝sin x－x，则F′(x)＝cos x－．
当x∈(0，)时，F′(x)>0，F(x)在[0，]上是增函数；当x∈(，1)时，F′(x)<0，F(x)在[，1]上是减函数．
又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0，1]时，F(x)≥0，即sin x≥x．
记H(x)＝sin x－x，则当x∈(0，1)时，H′(x)＝cos x－1<0，所以H(x)在[0，1]上是减函数，
则H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x．
综上，x≤sin x≤x，x∈[0，1]．

命题点3　不等式恒成立问题
【例3】 (2016·山东，20)已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R．
(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－－＋＝．
当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>0时，f′(x)＝．
①0<a<2时，>1，
当x∈(0，1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
②a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
③a>2时，0<<1，当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0<a<2时，f(x)在(0，1)内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
(2)证明　由(1)知，a＝1时，
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－＝x－ln x＋＋－－1，x∈[1，2]．
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1，x∈[1，2]，则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．由g′(x)＝≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号．又h′(x)＝．
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在x∈[1，2]单调递减．
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使得x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0，2)时，φ(x)<0．
所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减．
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，当且仅当x＝2时取得等号．
所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝．即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
【归纳总结】 (1)利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；
(2)证明不等式f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)<0即可；
(3)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
变式训练5．已知函数f(x)＝ln x－，若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解　∵f(x)<x2，∴ln x－<x2，又x>0，∴a>xln x－x3，令g(x)＝xln x－x3，则h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，
h′(x)＝－6x＝，
∵当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0．
∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数，∴g(x)<g(1)＝－1，
∴当a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．

考点2．利用导数构造函数证明不等式
【例4】已知函数．
（1）若函数在上为增函数，求正数的取值范围；
（2）求证：对于大于1的任意正整数，都有．
解析：（1）在上为增函数，所以对恒成立，即，对恒成立，即，对恒成立，所以．
（2）将不等式左边看成数列的前项和，则，
时，，待证式即为．
故问题成立的充分必要条件是时，，
当，，由（1）知，在上为增函数，此时，即（当且仅当取等号），令，则，
变式训练6．已知函数，．
（1）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
（2）求证：．
解：（1）由得，又，则，令，则，当时，，递增；当，，递减；故，所以．
（2）由（1）知，，所以，
所以 ，
而
故．

评注：由第（1）问知恒成立时的最小值是， 我们取这个临界值便恰好得出第（2）问所需的不等关系．
变式训练7．已知函数的图象在点处的切线与直线平行．
（1）求，满足的关系．
（2）若在恒成立，求 的取值范围．
（3）证明：．
解：（1），根据题意，即；
（2）由（1）知，
令，，则，

①若，则，当时，，在递减，此时，不恒成立，舍去．
②当，则，当时， ，在递增，此时，即恒成立，符合题意．
（3）由（2）知，当时，，即，取，得．
取，，得，
即，即．
上式中，令，再将个不等式相加得：
．
评注 　 第（3)问是本题的核心，成功解答的关键是构造出不等关系，再进行恰当换元和赋值，这个不等式的得出是在第（2）问结论的基础上取的临界值 1 得到的，值得体会．
变式训练8．已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，若恒成立，求满足条件的正整数的值；
（3）求证：．
解：（1），
令，当时，为常函数，不具有单调性；
当时，，故在上单调递增．
（2）当时，，，，
设，则，由在上单调递增可知：当时，，；当时，，．所以当时，．
因为，所以，即，所以．因为，所以，所以，故正整数的取值为1、2或3．
（3）由（2）知，当时，恒成立，即，即，则．令，得
，
则（不放缩），
，，…，

以上n个式子相加得：

所以，
即
点评 本题第（2）问关键是构造不等式，不等式的得出是基于第（2）问时能取的最大值是3， 3依然是不等关系中的一个临界值．

【基础练习巩固】
1．若0<x1<x2<1，则(　　)
A B． C． D．
答案　C
解析　设f(x)＝，则f′(x)＝＝，当0<x<1时，f′(x)<0，∴f(x)＝在(0，1)上为减函数，由0<x1<x2<1知，f(x1)>f(x2)，即，∴．
2．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数g(x)＝f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象的是(　　)

答案　D
解析　设h(x)＝f(x)ex，则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex．
由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点． ∴c－a＝0，∴c＝a．∴f(x)＝ax2＋bx＋a．
若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，则x1x2＝＝1，D中图象一定不满足条件．
3．设函数ht(x)＝3tx－，若有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，则x0等于(　　)
A．5 B． C． 3 D．
答案　D
解析　∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，∴h7(x0)≥ht(x0)max，记g(t)＝ht(x0)＝3tx0－，
则g′(t)＝3x0－，令g′(t)＝0，得t＝x，易得ht(x0)max＝g(x)＝x，∴21x0－14≥x，将选项代入检验可知选D．
4．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．
答案　[4，＋∞)
解析　当x∈(0，1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，
g′(x)＝＝－．
g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，)

(，1)
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值4
↘
因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．
5．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是________．
答案　(－∞，－2)
解析　a＝0时，不符合题意，a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝，
若a>0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a<0，由图象f(0)＝1>0知，此时必有0<f<1，即0<a×－3×＋1<1，化简得a2>4，又a<0，所以a<－2．
6．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)，f′(x)>0，对于任意实数x，有f(x)≥0，则的最小值为________．
答案　2
解析　∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b>0．
由题意知，∴ac≥，∴c>0，∴＝≥≥＝2，当且仅当a＝c时“＝”成立．
7．若对于任意实数x≥0，函数f(x)＝ex＋ax恒大于零，则实数a的取值范围是________．
答案　(－e，＋∞)
解析　∵当x≥0时，f(x)＝ex＋ax>0恒成立．
∴若x＝0，a为任意实数，f(x)＝ex＋ax>0恒成立．
若x>0，f(x)＝ex＋ax>0恒成立，即当x>0时，a>－恒成立．设Q(x)＝－．
Q′(x)＝－＝．
当x∈(0，1)时，Q′(x)>0，则Q(x)在(0，1)上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，Q′(x)<0，则Q(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴当x＝1时，Q(x)取得最大值．Q(x)max＝Q(1)＝－e，∴要使x≥0时，f(x)>0恒成立，a的取值范围为(－e，＋∞)．

8．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1．
解：（1）由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R．
令f′(x)＝0，得x＝ln 2．
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
2－2ln 2＋2a
↗
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a．
(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0．
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0．
即ex－x2＋2ax－1>0，故当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1．

9．设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a>0．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
解　(1)因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x>0，所以f′(x)＝－2x＋a＝－．
由于a>0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．
(2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e．
由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
只要　解得a＝e．

10．设函数f(x)＝aln x＋x2－bx (a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0．
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b，由题设知f′(1)＝0，解得b＝1．
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．
①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－1<a<－1．
②若<a<1，则>1，故当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<．
而f＝aln＋＋>，所以不合题意．
③若a>1，则f(1)＝－1＝<．
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．
1．在困惑中反思—— 一个简单问题引发的思考

以上几道试题无论是背景、设问、还是解法都极其相似， 我们不难发现： 解题时我们要学会反思， 明晰命题人的设问意图，要善于挖掘题目结论中隐含的条件， 关注参数取值范围的临界值，当合理构造出不等关系时， 解题就能在“ 山穷水尽”的瓶颈处走向“柳暗花明”！

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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