林敏燕+

導(dǎo)數(shù)綜合題在高考中一般是占著最后的位置，是考生望而生畏的試題.如何從這類題中得到自己滿意的分?jǐn)?shù)，是學(xué)生在高考復(fù)習(xí)中最關(guān)心的問題.本文從２０１４年廣州一模理科數(shù)學(xué)第２１題談起，希望能對(duì)考生的復(fù)習(xí)能起一定的指導(dǎo)作用.

先看題目：

２１． 已知函數(shù)ｆ（ｘ）＝（ｘ２－２ｘ＋１）ｅｘ（其中ｅ為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．

（１）求函數(shù)ｆ（ｘ）的單調(diào)區(qū)間；

（２）定義：若函數(shù)ｈ（ｘ）在區(qū)間［ｓ，ｔ］（ｓ＜ｔ）上的取值范圍為［ｓ，ｔ］，則稱區(qū)間［ｓ，ｔ］為函數(shù)ｈ（ｘ）的“域同區(qū)間”．試問函數(shù)ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上是否存在“域同區(qū)間”？若存在，求出所有符合條件的“域同區(qū)間”；若不存在，請(qǐng)說明理由．

分析：第一問是最常規(guī)的求導(dǎo)問題，它考查了二個(gè)函數(shù)之積的導(dǎo)數(shù)公式.直接對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)大于零，小于零，即可得到單調(diào)區(qū)間.而要注意的是，一定要說出函數(shù)ｆ（ｘ）的單調(diào)遞增區(qū)間是什么，單調(diào)遞減區(qū)間是什么，不能說在哪個(gè)區(qū)間上單調(diào)遞增，哪個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減，雖然意思差不多，但是題目問什么，你必須答什么，不然要被扣分.還有一點(diǎn)要注意，得到的不等式如何有二個(gè)或二個(gè)以上的區(qū)間，必須用逗號(hào)隔開，而不能并，如果寫成并的話，要被扣分.

第二問要先理解題意，要搞明白題目需要我們做什么事情.從第一問容易知道函數(shù)在（１，＋∞）上是單調(diào)遞增的，從而問題轉(zhuǎn)化為方程ｆ（ｘ）＝ｘ是否存在二個(gè)根.如果你無法判斷，也要把你的思路寫出來，把問題的轉(zhuǎn)化寫出來.如果做到這一點(diǎn)，你就可以得到６分了.很多同學(xué)就是看到這個(gè)超越方程根本沒有辦法求解，也就放棄了.

如果在考試中遇這一個(gè)自己根本沒有辦法解決的問題，就像這樣的超越方程不可能求解，就要從反面來考慮，是不是不存在這樣的二個(gè)根呢？可以在草稿紙上畫一畫ｙ＝ｆ（ｘ）和ｙ＝ｘ的圖像，看看它們的交點(diǎn)個(gè)數(shù).從草圖中可以看出，當(dāng)ｘ＝１時(shí)，ｙ＝ｘ的圖像在ｙ＝ｆ（ｘ）的圖像上方，當(dāng)ｘ＝２時(shí)，ｙ＝ｘ的圖像在ｙ＝ｆ（ｘ）的圖像下方，從而預(yù)測(cè)方程ｆ（ｘ）＝ｘ只有一個(gè)大于１的實(shí)根.

大致方向走對(duì)了，得分一般會(huì)在８分以上.有同學(xué)考慮到如果函數(shù)ｙ＝ｆ（ｘ）－ｘ是單調(diào)遞增的就好了，這樣函數(shù)不可能有二個(gè)零點(diǎn)了.求導(dǎo)以后發(fā)現(xiàn)，導(dǎo)數(shù)并不是恒大于零，又放棄了.其實(shí)，如何堅(jiān)持做下去，也是可以找到出路的.這樣可以得到解法一.

能不能通過變形，使一個(gè)函數(shù)為單調(diào)函數(shù)呢？試一試，你會(huì)發(fā)現(xiàn)收獲很大.如果把方程二邊同時(shí)除以ｘ，得到一個(gè)新函數(shù)：ｇ（ｘ）＝（ｘ＋■－２）ｅｘ－１（ｘ＞１），你會(huì)發(fā)現(xiàn)，這個(gè)函數(shù)是單調(diào)遞增的，得到解法二；兩邊除以ｅｘ得到ｇ（ｘ）＝（ｘ－１）２－ｘｅ－ｘ（ｘ＞１），你也會(huì)發(fā)現(xiàn)，這個(gè)函數(shù)是單調(diào)遞增的，得到解法三.還有很多變形，同學(xué)們還可以再試一試.

解法一：（１）∵ｆ（ｘ）＝（ｘ－１）２ｅｘ，∴ｆ ′（ｘ）＝（ｘ２－１）ｅｘ，

∴ ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞１或ｘ＜－１； ｆ ′（ｘ）＜０?圳－１＜ｘ＜１．

故函數(shù)ｆ（ｘ）單調(diào)遞增區(qū)間是（－∞，－１），（１，＋∞），ｆ（ｘ）單調(diào)遞減區(qū)間是（－１，１）．

（２）假設(shè)［ｓ，ｔ］?哿（１，＋∞）是“域同區(qū)間”，由于ｆ（ｘ）在（１，＋∞）是增函數(shù)，于是： ｆ（ｓ）＝ｓ， ｆ（ｔ）＝ｔ，即函數(shù)ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ在（１，＋∞）有兩個(gè)不同零點(diǎn)．

下面證明：ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ在（１，＋∞）至多有一個(gè)零點(diǎn)．

ｇ′（ｘ）＝（ｘ２－１）ｅｘ－１，ｇ″（ｘ）＝（ｘ２＋２ｘ－１）ｅｘ＞０，

因此ｇ′（ｘ）＝（ｘ２－１）ｅｘ－１在（１，＋∞）是增函數(shù)．

ｇ′（１）＝－１＜０，ｇ′（２）＝３ｅ２－１＞０，所以存在ｋ∈（１，２）滿足ｇ′（ｋ）＝０．

（ａ）當(dāng)ｘ∈（１，ｋ）時(shí)，ｇ′（ｘ）＜０，ｇ（ｘ）為減函數(shù)．

因此當(dāng)ｘ∈（１，ｋ］，ｇ（ｘ）＜ｇ（１）＝－１＜０，ｇ（ｘ）在（１，ｋ］內(nèi)不存在零點(diǎn)；

（ｂ）當(dāng)ｘ∈（ｋ，＋∞）時(shí)，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）為增函數(shù)，至多有一個(gè)零點(diǎn)，

綜合（ａ）（ｂ）可知，函數(shù)ｇ（ｘ）在（１，＋∞）至多有一個(gè)零點(diǎn)，因此假設(shè)不成立，ｆ（ｘ）在（１，＋∞）不存在“域同區(qū)間”．

解法二：（１）同上；

（２）假設(shè)ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上存在“域同區(qū)間”，由（１）可知ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上增函數(shù)，故有ｆ（ｓ）＝ｓ， ｆ（ｔ）＝ｔ，也就是說，方程（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有兩個(gè)大于１的不同實(shí)根.

由（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０，得■－１＝０．設(shè)ｇ（ｘ）＝（ｘ＋■－２）ｅｘ－１（ｘ＞１），則有：ｇ′（ｘ）＝■ｅｘ＞０．

故ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上單調(diào)遞增.所以ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上至多有一個(gè)零點(diǎn)，與（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有兩個(gè)大于１的不同實(shí)根矛盾，所以ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上不存在“域同區(qū)間”.

解法三：（１）同上；

（２）假設(shè)ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上存在“域同區(qū)間”，由（１）可知ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上增函數(shù)，故有ｆ（ｓ）＝ｓ，ｆ（ｔ）＝ｔ，也就是說，方程（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有兩個(gè)大于１的不同實(shí)根.

由（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０，得（ｘ－１）２＝ｘｅ－ｘ．

設(shè)ｇ（ｘ）＝（ｘ－１）２－ｘｅ－ｘ（ｘ＞１），則ｇ′（ｘ）＝（ｘ－１）（２＋ｅ－ｘ）＞０．

故ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上單調(diào)遞增.所以ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上至多有一個(gè)零點(diǎn)，與（ｘ－１）２ｅｘ－ｘ＝０有兩個(gè)大于１的不同實(shí)根矛盾，所以ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上不存在“域同區(qū)間”.

從這次廣州一模的考試中，我們可以得到解導(dǎo)數(shù)綜合題的基本策略：（１）第一問必須做，導(dǎo)數(shù)要檢查一下，確保求導(dǎo)正確，并且要注意函數(shù)的定義域；（２）順著問題進(jìn)行解答，把題意轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)式子，高考給分是看式子給分，沒有式子，看不到你的解題過程到了哪里；（３）試著對(duì)原式進(jìn)行等價(jià)變形，可能會(huì)有收獲.變形的基本原則是求導(dǎo)可以操作，最好容易判斷正負(fù).（４）如果出現(xiàn)恒成立的參數(shù)問題，有二種思路：一是轉(zhuǎn)化為變量與參數(shù)分離；二是構(gòu)造新函數(shù)，思路的基本原則是能求導(dǎo)，并且能求出原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.

下面給出二個(gè)高考預(yù)測(cè)題，請(qǐng)同學(xué)們?cè)囈幌?

預(yù)測(cè)題１：已知函數(shù)ｆ（ｘ）＝ｅｘ－■ｘ２－ｘ，其導(dǎo)函數(shù)為ｆ ′（ｘ）．

（１）求ｆ ′（ｘ）的最小值；

（２）證明：對(duì)任意的ｘ１，ｘ２∈［０，＋∞）和實(shí)數(shù)?姿１≥０，?姿２≥０且?姿１＋?姿２＝１，總有ｆ（?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≤?姿１ｆ（ｘ１）＋?姿２ｆ（ｘ２）；

（３） 若ｘ１，ｘ２，ｘ３滿足：ｘ１≥０，ｘ２≥０，ｘ３≥０且ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＝３，求ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）＋ｆ（ｘ３）的最小值．

預(yù)測(cè)題２：已知函數(shù)ｆ（ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ，

（Ⅰ）當(dāng)－２＜ａ＜２時(shí)，討論函數(shù)ｆ（ｘ）單調(diào)性；

（Ⅱ）當(dāng)ａ＝１，且■＜ｔ＜■時(shí)，證明：曲線ｙ＝ｆ（ｘ）與其在點(diǎn)Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））處的切線至少有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)．

參考答案：

預(yù)測(cè)題一：

解：（１）ｆ ′（ｘ）＝ｅｘ－ｘ－１，ｆ″（ｘ）＝ｅｘ－１．

當(dāng)ｘ∈（－∞，０）時(shí)， ｆ″（ｘ）＜０， ｆ ′（ｘ）單調(diào)減：當(dāng)ｘ∈（０，＋∞）時(shí)， ｆ″（ｘ）＞０，ｆ ′（ｘ）單調(diào)增．

所以ｆ ′（ｘ）的最小值是ｆ ′（０）＝１．

（２）設(shè)ｘ１≤ｘ２，構(gòu)造函數(shù)ｇ（ｘ）＝?姿１ｆ（ｘ）＋?姿２ｆ（ｘ２）－ｆ（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２），ｘ∈［０，ｘ２］．

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ｇ ′（ｘ）＝?姿１ｆ ′（ｘ）－?姿１ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）＝?姿１［ｆ ′（ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］＝?姿１［ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］．

∵ｆ ′（ｘ）在［０，＋∞）遞增，且?姿１ｘ＋?姿２ｘ≤?姿１ｘ＋?姿２ｘ２，∴ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）≤０．

即ｇ ′（ｘ）≤０，ｇ （ｘ）在［０，ｘ２］遞減．

∴ｇ （ｘ）≥ｇ （ｘ２）＝?姿１ｆ （ｘ２）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ２＋?姿２ｘ２）＝０，

所以ｇ （ｘ１）＝?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≥０，

即?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）≥ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２），當(dāng)且僅當(dāng)ｘ１＝ｘ２時(shí)等號(hào)成立．

（３）■［ ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ｆ （ｘ３）］＝■［■ ｆ （ｘ１）＋■ ｆ （ｘ２）］＋■ ｆ （ｘ３）≥■ｆ （■） ＋■ ｆ （ｘ３）≥ ｆ （■■＋■ｘ３）＝ｆ （■）＝ ｆ （１）＝ｅ－■，

即 ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ＋ｆ （ｘ３）≥３ｅ－■，

所以當(dāng)ｘ１＝ｘ２＝ｘ３時(shí)， ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２）＋ ｆ （ｘ３）取得最小值３ｅ－■．

預(yù)測(cè)題二：

解：（１） ｆ （ｘ）的定義域是（０，＋∞），

ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ＝■．

當(dāng)ａ≥０時(shí)，ｆ ′（ｘ）＞０， ｆ （ｘ）單調(diào)增．

當(dāng)ａ＜０時(shí)，ｆ ′（ｘ）＜０?圳０＜ｘ＜■；ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞■．

所以當(dāng)ａ＜０時(shí)， ｆ （ｘ）在（０，■）遞減，在（■，＋∞）遞增．

（２）當(dāng)ａ＝０時(shí)，ｆ （ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ，ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ．

設(shè)曲線ｙ＝ｆ（ｘ）在Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））處的切線方程為：ｙ－ｆ（ｔ）＝ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ），

則Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））是曲線與該切線的公共點(diǎn)．

構(gòu)造函數(shù)ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ），

ｇ（４ｔ）＝８ｔ２＋ｌｎ４ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）３ｔ＝■ｔ２＋ｌｎ４－３＜■×■＋２－３＜０，

ｇ（４８ｔ）＝２４×４８ｔ２＋ｌｎ４８ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）４７ｔ＞２４×４８×■＋

ｌｎ４８－１－４７×■－４７＝２４－４７×■＋ｌｎ４８＞０．

所以存在ｑ∈（４ｔ，４８ｔ），滿足ｇ（ｑ）＝０，

即ｆ（ｑ）＝ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｑ－ｔ），

故（ｑ，ｆ（ｑ））是曲線與切線的另一個(gè)公共點(diǎn)．

（作者單位：華南師大附中汕尾學(xué)校）

責(zé)任編校徐國(guó)堅(jiān)

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ｇ ′（ｘ）＝?姿１ｆ ′（ｘ）－?姿１ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）＝?姿１［ｆ ′（ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］＝?姿１［ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］．

∵ｆ ′（ｘ）在［０，＋∞）遞增，且?姿１ｘ＋?姿２ｘ≤?姿１ｘ＋?姿２ｘ２，∴ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）≤０．

即ｇ ′（ｘ）≤０，ｇ （ｘ）在［０，ｘ２］遞減．

∴ｇ （ｘ）≥ｇ （ｘ２）＝?姿１ｆ （ｘ２）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ２＋?姿２ｘ２）＝０，

所以ｇ （ｘ１）＝?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≥０，

即?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）≥ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２），當(dāng)且僅當(dāng)ｘ１＝ｘ２時(shí)等號(hào)成立．

（３）■［ ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ｆ （ｘ３）］＝■［■ ｆ （ｘ１）＋■ ｆ （ｘ２）］＋■ ｆ （ｘ３）≥■ｆ （■） ＋■ ｆ （ｘ３）≥ ｆ （■■＋■ｘ３）＝ｆ （■）＝ ｆ （１）＝ｅ－■，

即 ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ＋ｆ （ｘ３）≥３ｅ－■，

所以當(dāng)ｘ１＝ｘ２＝ｘ３時(shí)， ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２）＋ ｆ （ｘ３）取得最小值３ｅ－■．

預(yù)測(cè)題二：

解：（１） ｆ （ｘ）的定義域是（０，＋∞），

ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ＝■．

當(dāng)ａ≥０時(shí)，ｆ ′（ｘ）＞０， ｆ （ｘ）單調(diào)增．

當(dāng)ａ＜０時(shí)，ｆ ′（ｘ）＜０?圳０＜ｘ＜■；ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞■．

所以當(dāng)ａ＜０時(shí)， ｆ （ｘ）在（０，■）遞減，在（■，＋∞）遞增．

（２）當(dāng)ａ＝０時(shí)，ｆ （ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ，ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ．

設(shè)曲線ｙ＝ｆ（ｘ）在Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））處的切線方程為：ｙ－ｆ（ｔ）＝ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ），

則Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））是曲線與該切線的公共點(diǎn)．

構(gòu)造函數(shù)ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ），

ｇ（４ｔ）＝８ｔ２＋ｌｎ４ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）３ｔ＝■ｔ２＋ｌｎ４－３＜■×■＋２－３＜０，

ｇ（４８ｔ）＝２４×４８ｔ２＋ｌｎ４８ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）４７ｔ＞２４×４８×■＋

ｌｎ４８－１－４７×■－４７＝２４－４７×■＋ｌｎ４８＞０．

所以存在ｑ∈（４ｔ，４８ｔ），滿足ｇ（ｑ）＝０，

即ｆ（ｑ）＝ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｑ－ｔ），

故（ｑ，ｆ（ｑ））是曲線與切線的另一個(gè)公共點(diǎn)．

（作者單位：華南師大附中汕尾學(xué)校）

責(zé)任編校徐國(guó)堅(jiān)

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ｇ ′（ｘ）＝?姿１ｆ ′（ｘ）－?姿１ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）＝?姿１［ｆ ′（ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］＝?姿１［ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）］．

∵ｆ ′（ｘ）在［０，＋∞）遞增，且?姿１ｘ＋?姿２ｘ≤?姿１ｘ＋?姿２ｘ２，∴ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ）－ｆ ′（?姿１ｘ＋?姿２ｘ２）≤０．

即ｇ ′（ｘ）≤０，ｇ （ｘ）在［０，ｘ２］遞減．

∴ｇ （ｘ）≥ｇ （ｘ２）＝?姿１ｆ （ｘ２）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ２＋?姿２ｘ２）＝０，

所以ｇ （ｘ１）＝?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）－ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２）≥０，

即?姿１ｆ （ｘ１）＋?姿２ｆ （ｘ２）≥ｆ （?姿１ｘ１＋?姿２ｘ２），當(dāng)且僅當(dāng)ｘ１＝ｘ２時(shí)等號(hào)成立．

（３）■［ ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ｆ （ｘ３）］＝■［■ ｆ （ｘ１）＋■ ｆ （ｘ２）］＋■ ｆ （ｘ３）≥■ｆ （■） ＋■ ｆ （ｘ３）≥ ｆ （■■＋■ｘ３）＝ｆ （■）＝ ｆ （１）＝ｅ－■，

即 ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２） ＋ｆ （ｘ３）≥３ｅ－■，

所以當(dāng)ｘ１＝ｘ２＝ｘ３時(shí)， ｆ （ｘ１）＋ ｆ （ｘ２）＋ ｆ （ｘ３）取得最小值３ｅ－■．

預(yù)測(cè)題二：

解：（１） ｆ （ｘ）的定義域是（０，＋∞），

ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ＝■．

當(dāng)ａ≥０時(shí)，ｆ ′（ｘ）＞０， ｆ （ｘ）單調(diào)增．

當(dāng)ａ＜０時(shí)，ｆ ′（ｘ）＜０?圳０＜ｘ＜■；ｆ ′（ｘ）＞０?圳ｘ＞■．

所以當(dāng)ａ＜０時(shí)， ｆ （ｘ）在（０，■）遞減，在（■，＋∞）遞增．

（２）當(dāng)ａ＝０時(shí)，ｆ （ｘ）＝■ｘ２＋ｌｎｘ，ｆ ′（ｘ）＝■＋ｘ．

設(shè)曲線ｙ＝ｆ（ｘ）在Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））處的切線方程為：ｙ－ｆ（ｔ）＝ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ），

則Ｐ（ｔ，ｆ（ｔ））是曲線與該切線的公共點(diǎn)．

構(gòu)造函數(shù)ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｘ－ｔ），

ｇ（４ｔ）＝８ｔ２＋ｌｎ４ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）３ｔ＝■ｔ２＋ｌｎ４－３＜■×■＋２－３＜０，

ｇ（４８ｔ）＝２４×４８ｔ２＋ｌｎ４８ｔ－■ｔ２－ｌｎｔ－（ｔ＋■）４７ｔ＞２４×４８×■＋

ｌｎ４８－１－４７×■－４７＝２４－４７×■＋ｌｎ４８＞０．

所以存在ｑ∈（４ｔ，４８ｔ），滿足ｇ（ｑ）＝０，

即ｆ（ｑ）＝ｆ（ｔ）－ｆ ′（ｔ）（ｑ－ｔ），

故（ｑ，ｆ（ｑ））是曲線與切線的另一個(gè)公共點(diǎn)．

（作者單位：華南師大附中汕尾學(xué)校）

責(zé)任編校徐國(guó)堅(jiān)

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