Likningen $f^{\prime }(x)=k$ har løsning når vi kan løse

Siden ${(x-1)}^2>0$ for alle $x\ne 1$, kreves $2-k>0$, altså $k<2$.

(Merk at $f^{\prime }(x)$ har maksimum ${\lim }_{x\to 1}{f}^{\prime }(x)=-\infty$, mens $f^{\prime }(x)\to 2$ når $x\to \pm \infty$, men aldri når $2$. Så $f^{\prime }(x)<2$ for alle $x\ne 1$, og likningen har løsning nettopp når $k<2$.)

For $k<2$ gir CAS løsningene

(det siste steget fordi ${\displaystyle \frac{\sqrt{2-k}}{k-2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2-k}}{-(2-k)}}=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2-k}}}$).

De to løsningene er altså

Midtpunktet er

Løsningene er derfor alltid symmetriske om $x=1$, det vil si om den vertikale asymptoten til $f$.

Dette gir mening geometrisk: $f^{\prime }(x)=2-{\displaystyle \frac{1}{{(x-1)}^2}}$, der ${\displaystyle \frac{1}{{(x-1)}^2}}$ er en jevn funksjon av $(x-1)$. Derfor er $f^{\prime }(1+t)=f^{\prime }(1-t)$ for alle $t$, slik at grafen til $f^{\prime }$ er symmetrisk om linjen $x=1$.

Vi deriverer $g(x)=ax+b+{\displaystyle \frac{1}{x+d}}$:

Likningen $g^{\prime }(x)=4$ har løsning når

Dette krever $a-4>0$, altså $a>4$.

Med $a=3$ er $g^{\prime }(x)=3-{\displaystyle \frac{1}{{(x+d)}^2}}$.

På samme måte som i a)–b) har likningen $g^{\prime }(x)=k$ løsning nettopp når $k<3$.

For $k<3$ er løsningene

Midtpunktet er ${\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2}}=-d$, og løsningene er symmetriske om $x=-d$ (den vertikale asymptoten til $g$).

Vi skal finne $b$ og $d$ slik at $g^{\prime }(-1)=g^{\prime }(5)$ og $g(1)=7$.

Betingelsen $g^{\prime }(-1)=g^{\prime }(5)$ betyr at $x=-1$ og $x=5$ er symmetriske om asymptoten $x=-d$ (fra d)). Midtpunktet er

Vi bruker deretter $g(1)=7$ med $a=3$ og $d=-2$:

Altså er $b=5$ og $d=-2$, og