2023年高考全國Ⅰ卷第19題解法探究與推廣

【摘? 要】? 高考全國卷的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)解答題多以多項(xiàng)式函數(shù)、指對(duì)數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)的組合表達(dá)式為載體，重點(diǎn)考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、函數(shù)的零點(diǎn)及不等式證明等主干內(nèi)容，注重函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸、分類討論、數(shù)形結(jié)合等思想方法的靈活運(yùn)用.對(duì)2023年高考全國Ⅰ卷第19題進(jìn)行多角度多種解法解答與分析，總結(jié)出命題的溯源與結(jié)論推廣，發(fā)揮其內(nèi)在價(jià)值，并以此來促進(jìn)教學(xué).

【關(guān)鍵詞】? 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)；不等式恒成立；解法探究；推廣

1? 經(jīng)典試題展示與分析

題目? （2023年全國高考Ⅰ卷第19題）已知函數(shù)f（x）=a（ex+a）－x.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）證明：當(dāng)a>0時(shí)，f（x）>2lna+32.

分析? 試題簡潔清晰，知識(shí)方面主要考查函數(shù)的單調(diào)性、證明函數(shù)不等式、導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用等；思想方面主要考查分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等思想.試題分步設(shè)問，逐步推進(jìn)，綜合考查考生邏輯思維、推理論證及運(yùn)算求解等方面的能力.試題的思維過程和運(yùn)算過程體現(xiàn)了能力立意的思想，較好地體現(xiàn)了對(duì)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中核心內(nèi)容和基本思想方法的考查.2? 多角度多種解法探究第（1）問是比較簡單的含參不等式單調(diào)性問題.

因?yàn)閒（x）=a（ex+a）－x，定義域?yàn)镽，所以f′（x）=aex－1.

當(dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則aex≤0，故f′（x）=aex－1<0恒成立，所以f（x）在R上單調(diào)遞減.當(dāng)a>0時(shí)，令f′（x）=aex－1=0，解得x=－lna;

當(dāng)x<－lna時(shí)，f′（x）<0，則f（x）在（－∞，－lna）上單調(diào)遞減；

當(dāng)x>－lna時(shí)，f′（x）>0，則f（x）在（－lna，+∞）上單調(diào)遞增；

綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f（x）在（－∞，－lna）上單調(diào)遞減，在

（－lna，+∞）上單調(diào)遞增.第（2）問是函數(shù)不等式證明，對(duì)于不等式證明，最常見方法有構(gòu)造函數(shù)法、放縮法.

（一）構(gòu)造函數(shù)法解法1? 當(dāng)a>0時(shí)，要證f（x）>2lna+32，即證a（ex+a）－x>2lna+32，只需證 aex+a2－x－2lna－32>0.設(shè)g（x）=aex+a2－x－2lna－32，則g′（x）=aex－1，g″（x）=aex>0.于是可得g′（x）在（－∞，+∞）上單調(diào)遞增，令g′（x）=aex－1=0，解得x=－lna.從而當(dāng)x∈（－∞，－lna）時(shí)，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（－lna，+∞）時(shí)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.故g（x）min=g（－lna）=a2－lna－12.設(shè)h（a）=a2－lna－12，則h′（a）=2a－1a=2a2－1a，令h′（a）=0，解得a=22.從而當(dāng)a∈0，22時(shí)，h′（a）<0，h（a）單調(diào)遞減；當(dāng)a∈22，+∞時(shí)，h′（a）>0，h（a）單調(diào)遞增.故h（a）min=h22=12－ln22－12=ln22>0，即得h（a）>0.于是有g(shù)（x）min=g（－lna）=a2－lna－12>0，即g（x）=aex+a2－x－2lna－32>0，所以f（x）>2lna+32.

解法2? 由（1）可知，當(dāng)a>0時(shí)，f（x）在（－∞，－lna）上單調(diào)遞減；在（－lna，+∞）上單調(diào)遞增.所以f（x）min=f（－lna）=1+a2+lna.于是要證f（x）>2lna+32，只需證f（x）min=1+a2+lna>2lna+32，即證a2－lna－12>0.下同解法1.

評(píng)注? 一般來說，證明函數(shù)不等式f（x）>g（x）恒成立，可設(shè)F（x）=f（x）－g（x），則f（x）>g（x）恒成立F（x）>0恒成立，即等價(jià)于F（x）min>0.可以利用導(dǎo)數(shù)來求F（x）的最小值，把函數(shù)不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值.構(gòu)造差函數(shù)的證法是函數(shù)不等式證明中最常規(guī)的做法，要注意的是：有時(shí)盡管F（x）存在最小值，但方程F′（x）=0的根（F（x）的極值點(diǎn)）解不出來，往往要借助零點(diǎn)存在性定理和F′（x）的單調(diào)性，先證明方程F′（x）=0有唯一實(shí)根x0，用“設(shè)而不求”的方法，證明F（x）min=F（x0）≥0，在運(yùn)算過程中要注意利用F′（x0）=0進(jìn)行替換.

（二）放縮法解法3? 因?yàn)閑x≥x+1，所以f（x）=a（ex+a）－x=ex+lna+a2－x≥x+lna+1+a2－x=a2+lna+1.于是要證f（x）>2lna+32，只需證a2+lna+

1>2lna+32，即證a2－lna－12>0.

下同解法1.解法4? 由解法2可知，要證f（x）>2lna+32，即證f（x）min=1+a2+lna>2lna+32，只需證a2>lna+12，即證2a2>2lna+1.

因?yàn)閘nx≤x－1，故有2lna=lna2≤a2－1，即得2lna+1≤a2<2a2.

所以當(dāng)a>0時(shí)，f（x）>2lna+32.解法5? 當(dāng)a>0時(shí)，要證f（x）>2lna+32，即證a（ex+a）－x>2lna+32，只需證ex+lna－（x+lna+1）+12（a2－lna2－1）+12a2>0.因?yàn)閑x≥x+1，故有ex+lna－（x+lna+1）≥0.又因?yàn)閘nx≤x－1，故有a2－1≥lna2，即得a2－lna2－1≥0，且12a2>0.從而ex+lna－（x+lna+1）+12（a2－lna2－1）+12a2>0成立.所以當(dāng)a>0時(shí)，f（x）>2lna+32.解法6? 因?yàn)閒（x）=a（ex+a）－x=ex+lna+a2－x，a>0，且ex≥x+1，可得ex+lna+a2－x≥x+lna+1+a2－x=a2+lna+1>1+lna+a22=32+lna+a2－12.

于是要證f（x）>2lna+32，只需證32+lna+a2－12≥2lna+32.

又因?yàn)閘nx≤x－1，故有a2－12≥lna22=lna，

故32+lna+a2－12≥32+lna+lna=2lna+32.所以當(dāng)a>0時(shí)，f（x）>2lna+32.

解法7? 因?yàn)閒（x）=a（ex+a）－x=ex+lna+a2－x，且ex≥x+1，所以ex+lna+a2－x≥x+lna+1+a2－x=a2+lna+1.

又因?yàn)閘nx≤x－1，故有2lna+32=lna+lna+32≤lna+a－1+32=lna+a+12.

于是要證f（x）>2lna+32，只需證a2+lna+1>lna+a+12，即證a2－a+12>0.

因?yàn)閍2－a+12=a－122+14>0，故a2－a+12>0.所以當(dāng)a>0時(shí)，f（x）>2lna+32.

評(píng)注? 在與ex、lnx相關(guān)的函數(shù)不等式證明題中，常用到切線放縮的解題思想，如ex≥x+1，ex≥ex，lnx≤x－1（x>0），ex≥1+x+x22?。▁≥0）.究其主要原因有三：首先，此類函數(shù)的導(dǎo)數(shù)可以和多項(xiàng)式函數(shù)結(jié)合到一起，大部分都含有二次三項(xiàng)式，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸思想；其次，此類函數(shù)能體現(xiàn)微積分的一個(gè)思想——以直代曲，無限逼近；另外，此類函數(shù)與高等數(shù)學(xué)的級(jí)數(shù)結(jié)合比較緊密.

3? 命題溯源與結(jié)論推廣

為了便于研究，給出如下高等數(shù)學(xué)有關(guān)凸函數(shù)定義、性質(zhì)與定理.

定義1? 設(shè)函數(shù)f：（a，b）→R. f在區(qū)間I=（a，b）上處處二次可微：如恒有f″（x）≥0 （對(duì)任意x∈I），則函數(shù)f（x）在區(qū)間I上為下凸函數(shù)；如恒有f″（x）≤0 （對(duì)任意x∈I），則函數(shù)f（x）在區(qū)間I上為上凸函數(shù)．

其幾何意義為：下凸函數(shù)曲線y=f（x）上任意兩點(diǎn)（x1，f（x1）），（x2，f（x2））間割線的中點(diǎn)總在曲線上相應(yīng)點(diǎn)（具有相同橫坐標(biāo)）之上，即恒有fx1+x22≤12［f（x1）+f（x2）］（如圖1）；上凸函數(shù)曲線y=f（x）上任意兩點(diǎn)（x1，f（x1）），（x2，f（x2））間割線的中點(diǎn)總在曲線上相應(yīng)點(diǎn)（具有相同橫坐標(biāo)）之下，即恒有fx1+x22≥12［f（x1）+f（x2）］（如圖2）［1］．

圖1? 下凸函數(shù)? ??????圖2? 上凸函數(shù)

定義2? 若函數(shù)f（x）對(duì)于區(qū)間I=（a，b）內(nèi)的任意x1，x2以及λ∈（0，1）：如恒有f［λx1+（1－λ）x2］≤λf（x1）+（1－λ）f（x2），則稱f（x）為區(qū)間I上的下凸函數(shù)；如恒有f［λx1+（1－λ）x2］≥λf（x1）+（1－λ）f（x2），則稱f（x）為區(qū)間I上的上凸函數(shù)［2］．其幾何意義：下凸函數(shù)曲線y=f（x）上任意兩點(diǎn)（x1，f（x1）），（x2，f（x2））間的割線總在曲線之上；上凸函數(shù)曲線y=f（x）上任意兩點(diǎn)（x1，f（x1）），（x2，f（x2））間的割線總在曲線之下．

對(duì)定義2進(jìn)行廣義上推廣，得到凸函數(shù)的性質(zhì)1、性質(zhì)2：

性質(zhì)1? ?（加權(quán)的Jensen不等式）? 設(shè)函數(shù)f：（a，b）→R.f在區(qū)間I=（a，b）上處處二次可微：如f″（x）≥0 （對(duì)任意x∈I），則f（x）為區(qū)間I上的下凸函數(shù)，即對(duì)任意m∈N，xk∈I及λk≥0，∑mk=1λk=1時(shí)，不等式f（∑mk=1λkxk）≤∑mk=1λkf（xk）成立;如f″（x）≤0 （對(duì)任意x∈I），則f（x）為區(qū)間I上的上凸函數(shù)，即對(duì)任意m∈N，xk∈I及λk≥0，∑mk=1λk=1時(shí)，不等式f∑mk=1λkxk≥∑mk=1λkf（xk）成立．

性質(zhì)2? （Jensen不等式） 設(shè)函數(shù)f：（a，b）→R.f在區(qū)間I=（a，b）上處處二次可微：如f″（x）≥0 （對(duì)任意x∈（a，b），則f（x）為區(qū)間I上的下凸函數(shù)，即對(duì)任意n∈N，xi∈I時(shí)，不等式f∑ni=1xin≤∑ni=1fxin成立;如f″（x）≤0 （對(duì)任意x∈（a，b），則f（x）為區(qū)間I上的上凸函數(shù)，即對(duì)任意n∈N，xi∈I時(shí)，不等式f∑ni=1xin≥∑ni=1fxin成立．

由此給出凸函數(shù)的切線不等式有關(guān)定理：

定理? 設(shè)函數(shù)f：（a，b）→R.f在區(qū)間I=（a，b）上處處二次可微：如f（x）為（a，b）上的下凸函數(shù)，則經(jīng)過點(diǎn)（x0，f（x0））（x∈I）的切線一定在曲線y=f（x）的下方，即不等式f（x）≥f（x0）+f′（x0）（x－x0）（x∈I）恒成立；如f（x）為（a，b）上的上凸函數(shù)，則經(jīng)過點(diǎn)（x0，f（x0））（x∈I）的切線一定在曲線y=f（x）的上方，即不等式f（x）≤f（x0）+f′（x0）（x－x0）（x∈I）恒成立．其幾何意義：下凸函數(shù)曲線y=f（x）上任一點(diǎn)處的切線，總在曲線之下；上凸函數(shù)曲線y=f（x）上任一點(diǎn)處的切線，總在曲線之上［3］．借助高等數(shù)學(xué)拉格朗日中值定理可證明上述定理．

拉格朗日中值定理：f（x）在［a，b］上連續(xù)，（a，b）上可導(dǎo)，則至少存在一點(diǎn)ξ∈（a，b），使得f（b）－f（a）=f′（ξ）（b－a）．簡證? 由拉格朗日中值定理知，f（x）－f（x0）=f′（ξ）（x－x0）（ξ∈（x0，x））.

又因曲線y=f（x） 過點(diǎn)（x0，f（x0））（x∈I）的切線方程為f（x）=f′（x0）（x－x0）+f（x0），

則有f（x）－f（x0）－f′（x0）（x－x0）=（f′（ξ）－f′（x0））（x－x0）.

因?yàn)樵趨^(qū)間I上的下凸函數(shù)恒有f″（x）≥0，即f′（x）在I=（a，b）上為增函數(shù)，即x∈（x0，ξ）時(shí)，f′（ξ）－f′（x0）≥0，（f′（ξ）－f′（x0））（x－x0）≥0，則f（x）－f（x0）－f′（x0）（x－x0）=（f′（ξ）－f′（x0））（x－x0）>0，

所以在區(qū)間I上的下凸函數(shù)f（x）經(jīng)過點(diǎn)（x0，f（x0））（x∈I）的切線一定在曲線y=f（x）的下方，即不等式f（x）≥f（x0）+f′（x0）（x－x0）（x∈I）恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=x0 時(shí)取等號(hào).

同理，在區(qū)間I上的上凸函數(shù)f（x）經(jīng)過點(diǎn)（x0，f（x0））（x∈I）的切線一定在曲線y=f（x）的上方，即不等式f（x）≤f（x0）+f′（x0）（x－x0）（x∈I）恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=x0時(shí)取等號(hào).

利用上述定理可將試題1第（2）問作如下一般性命題推廣：

命題? 已知函數(shù)f（x）=a（ex+a）－x，證明： 當(dāng)a>0時(shí)， f（x）>mlna+m+12（其中m為常數(shù)，且1≤m<3） .

簡證? ?因a>0，則f′（x）=aex－1，f″（x）=aex>0，即 f（x）在區(qū)間（－∞，+∞）上為下凸函數(shù).由f′（x）=aex－1=0，可求極點(diǎn)坐標(biāo)ln1a，a2+1+lna.

由上述定理，對(duì)于 f（x）=a（ex+a）－x在區(qū)間（－∞，+∞）上恒有f（x）≥fln1a+f′ln1ax－ln1a=f（ln1a）=a2+1+lna.

（1）當(dāng)m=1且a>0時(shí)，f（x）≥a2+1+lna>1×lna+1+12，即 f（x）>mlna+m+12顯然恒成立.

（2）1<m<3

當(dāng)m>1且a>0時(shí)，不妨設(shè)g（a）=a2+1+（1－m）lna，則 g′（a）=2a+1－ma .

令g′（a）=0，得a=m－12（m>1）.

因函數(shù)在區(qū)間0，m－12上單調(diào)遞減，m－12，+∞上單調(diào)遞增，則gmin（a）=gm－12=（1－m）lnm－12+m+12，

故g（a）=a2+1+（1－m）lna≥（1－m）lnm－12+m+12，

從而有a2+1+lna≥mlna+m+12+（1－m）lnm－12.

因m>1，只要有（1－m）lnm－12>0時(shí)，恒有a2+1+lna>mlna+m+12，由m>1及（1－m）lnm－12>0可求出1<m<3.

所以m為1<m<3的常數(shù)時(shí)，f（x）>mlna+m+12.

（3）當(dāng)m=3時(shí)

由（2）知a2+1+lna≥mlna+m+12+（1－m）lnm－12，即 a2+1+lna≥3lna+2，從而有a2+1－2lna≥2.

令當(dāng)m=3且a>0時(shí)，設(shè)g（a）=a2+1－2lna，則 g′（a）=2a－2a .

令g′（a）=0，得a=1.

因函數(shù)g（a）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，［1，+∞）上單調(diào)遞增，則gmin（a）=g（1）=2，

故g（a）=a2+1－2lna≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí)，取等號(hào)），從而a2+1+lna≥3lna+2 .

所以當(dāng)m=3且a>0時(shí)，f（x）≥a2+1+lna≥mlna+m+12（當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí)，取等號(hào)）.

綜上述，當(dāng)a>0時(shí)， f（x）>mlna+m+12（其中m為常數(shù)，且1≤m<3），證畢.

顯然，上述高考題只是命題的一種特例（令命題m=2時(shí)，即是試題1的第（2）問）.至此，追溯到本文高考試題中的“23”的命題設(shè)計(jì)的源頭，由此達(dá)到舉一反三的深度學(xué)習(xí)效果.

4? 結(jié)論的應(yīng)用

上文給出的定理，除了“證明不等式”的應(yīng)用之外，還可在解決“不等式含參問題”“求函數(shù)最值”等方面具有“速解”效能.例1? （2017年全國Ⅱ卷文科第21題）設(shè)函數(shù)f（x）=（1－x2）ex.

（1）略；（2）當(dāng)x≥0 時(shí)，f（x）≤ax+1 ，求a的取值范圍.

簡析? 本題可歸結(jié)于形如“當(dāng)x∈（m，n）時(shí)，f（x）≤ax+b （或f（x）≥ax+b） 恒成立， 求參數(shù)a的取值范圍”一類試題，其命題背景是有關(guān)“凸函數(shù)的切線不等式”問題.本文克服了畫圖直觀求解的“證明性”缺失不足，利用定理直接給出其基于數(shù)學(xué)本質(zhì)的解法.因?yàn)閒′（x）=ex（1－2x－x2） ，f″（x）=－ex（x2+4x+1）， 則當(dāng)x≥0時(shí)，f″（x）≤0，即函數(shù)f（x）=（1－x2）ex為下凸函數(shù)，故條件“當(dāng)x≥0 時(shí)，f（x）≤ax+1”等價(jià)于“射線y=ax+1（x∈［0，+∞））位于曲線f（x）=（1－x2）ex在點(diǎn)（0，1）的切線或位置上方”.

又因曲線f（x）=（1－x2）ex在點(diǎn)（0，1）的切線斜率f′（0）=1，結(jié)合定理，從而鎖定答案：a≥1.

例2? （2021天津卷第20題節(jié)選）已知a>0，函數(shù)f（x）=ax－xex.若存在a，使得f（x）≤a+b對(duì)任意的x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

簡析? 原試題標(biāo)準(zhǔn)解法，是利用導(dǎo)數(shù)法，通過函數(shù)單調(diào)性與最值求解，但是解題過程中存在分類討論與計(jì)算繁鎖等問題.利用定理中凸函數(shù)的切線不等式，可秒殺答案．

不等式f（x）=ax－xex≤a+b恒成立，變形為xex≥a（x－1）－b，

則原問題轉(zhuǎn)化為：過點(diǎn)P（1，－b）的直線方程y=a（x－1）－b在函數(shù)g（x）=xex圖象下方．

因g″（x）=ex（2+x）>0，函數(shù)g（x）=xex在區(qū)間［－2，+∞）為下凸函數(shù) ，故只需要在過點(diǎn)P（1，－b）的函數(shù)g（x）=xex存在斜率大于0的切線，即點(diǎn)P在函數(shù)g（x）=xex圖象下方，滿足－b≤g（1），從而解得b≥－e．

例3? （2012年全國新課標(biāo)理科第21題）已知函數(shù)f（x）滿足f（x）=f′（1）ex－1－f（0）x+12x2.

（1）求f（x）的解析式及區(qū)間；

（2）若f（x）≥12x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

簡析? 本題第（2）問常規(guī)解題思路是基于題目代數(shù)條件、放縮求最值，解法自然，但缺點(diǎn)是計(jì)算量大和討論繁瑣.而基于凸函數(shù)的性質(zhì)求解，簡潔明快.

（1）易求出f（x）=ex－x+12x2 ，單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞） ，單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，0）.

（2）由f（x）≥12x2+ax+b知，ex≥（a+1）x+b 恒成立.

記g（x）=ex，因g″（x）>0，則 g（x）為下凸函數(shù).

依據(jù)本文定理，本題第（2）問本質(zhì)是直線y=（a+1）x+b是下凸函數(shù)g（x）=ex的切線或切線下方平行線即可.

故存在x0∈R，使得直線y=（a+1）x+b與函數(shù)g（x）圖象在x=x0 處的切線l：y=ex0（x－x0）ex0 重合或平行（位于切線下方），也就是有a+1=ex0，b≤ex0（1－x），所以（a+1）b≤e2x0（1－x0） .

記h（x）=e2x（1－x），x∈R ，則（a+1）b≤h（x）max ，

求導(dǎo)討論可得h（x）max=e2，故（a+1）b的最大值為e2.

例4? （2018年全國高考Ⅰ卷理科第16題）已知函數(shù)f（x）=2sinx+sin2x，則f（x）的最小值是.簡析? 借助凸函數(shù)定理，可“一式”秒鎖答案.

不妨設(shè)x∈0，π2 ，則函數(shù)sinx，sin2x均為上凸函數(shù)，且sinx>0，sin2x>0，考慮到sinx=sin（π－x） ，則由凸函數(shù)性質(zhì)2，得

f（x）=2sinx+sin2x=sin（π－x）+sin（π－x）+sin2x≤3sin（π－x）+（π－x）+2x3=3sin2π3=323，當(dāng)且僅當(dāng)π－x=2x，即x=π3時(shí)，取等號(hào).即f（x）的最大值是323.

因?yàn)閒（x）是奇函數(shù)，所以 f（x）的最小值是－323.

高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)試題，其命題立意深刻、設(shè)計(jì)新穎，具有典型性、示范性、引領(lǐng)性，是教學(xué)研究的良好素材.教學(xué)中教師要引導(dǎo)學(xué)生善于研究高考試題命題的背景與意圖，不斷地尋找試題的命制本源和解法本源，挖掘數(shù)學(xué)本質(zhì)，并能在具體的高等數(shù)學(xué)問題情境中靈活應(yīng)用，從而有效落實(shí)數(shù)學(xué)學(xué)科的核心素養(yǎng)培育，實(shí)現(xiàn)解決一道題收獲系列題的學(xué)習(xí)目的［4］.

參考文獻(xiàn)

［1］? 林國紅.函數(shù)凹凸性視角下的雙變量壓軸題的探究［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2022（05）：17-20.

［2］? 李加軍.2022年高考北京卷導(dǎo)數(shù)試題的背景溯源、解析和推廣［J］.數(shù)學(xué)通訊，2022（24）：38-40.

［3］? 魏欣，鄧春梅.2017年高考課標(biāo)卷Ⅲ理科第21題的解法探究［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版）， 2018（05）：9-12.

［4］? 王偉.2020年高考數(shù)學(xué)天津卷導(dǎo)數(shù)壓軸題的解法與背景分析［J］.數(shù)學(xué)通訊，2020（24）：47-50.

作者簡介? 魏欣（1986—），廣東湛江人，高中數(shù)學(xué)一級(jí)教師，市骨干教師； 主要從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)、高考試題解法、高中數(shù)學(xué)競賽的代數(shù)和平面幾何等方面的研究.