Question

已知函數f(x)=x+

t

x

(t＞0)和點P（1，0），過點P作曲線y=f（x）的兩條切線PM、PN，切點分別為M、N．
（Ⅰ）設|MN|=g（t），試求函數g（t）的表達式；
（Ⅱ）是否存在t，使得M、N與A（0，1）三點共線．若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
（Ⅲ）在（Ⅰ）的條件下，若對任意的正整數n，在區間[2，n+

64

n

]內總存在m+1個實數a₁，a₂，…，a_m，a_m+1，使得不等式g（a₁）+g（a₂）+…+g（a_m）＜g（a_m+1）成立，求m的最大值．

Answer 1

分析：（I）設出M、N兩點的橫坐標分別為x₁、x₂，對函數求導得到切線的斜率，寫出切線的方程，根據切線過一個點，得到一個方程，根據根與系數的關系寫出兩點之間的長度，得到函數的表示式．
（II）根據三點共線寫出其中兩點連線的斜率相等，整理出最簡單形式，把上一問做出的結果代入，求出t的值．
（III）根據前面做出的函數只一個增函數，寫出不同的自變量對應的函數值的不等關系，根據對于任意的正整數都成立，得到m的取值范圍，得到最值．

解答：解：（Ⅰ）設M、N兩點的橫坐標分別為x₁、x₂，
∵f′(x)=1-

t

x2

，
∴切線PM的方程為：y-(x1+

t

x1

)=(1-

t

x12

)(x-x1)，
又∵切線PM過點P（1，0），∴有0-(x1+

t

x1

)=(1-

t

x12

)(1-x1)，
即x₁²+2tx₁-t=0，（1）
同理，由切線PN也過點P（1，0），得x₂²+2tx₂-t=0．（2）
由（1）、（2），可得x₁，x₂是方程x²+2tx-t=0的兩根，∴

x1+x2=-2t x1•x2=-t.

（*）|MN|=

(x1-x2)2+(x1+ t x1 -x2- t x2 )2

=

[(x1+x2)2-4x1x2][1+(1- t x1x2 )2]

，
把（*）式代入，得|MN|=

20t2+20t

，
因此，函數g（t）的表達式為g(t)=

20t2+20t

(t＞0)．
（Ⅱ）當點M、N與A共線時，k_MA=k_NA，
∴

x1+ t x1 -1

x1-0

=

x2+ t x2 -1

x2-0

，即

x12+t-x1

x12

=

x22+t-x2

x22

，
化簡，得（x₂-x₁）[t（x₂+x₁）-x₁x₂]=0
∵x₁≠x₂，∴t（x₂+x₁）=x₂x₁．（3）
把（*）式代入（3），解得t=

1

2

．
∴存在t，使得點M、N與A三點共線，且t=

1

2

．
（Ⅲ）知g（t）在區間[2 ， n+

64

n

]上為增函數，
∴g(2)≤g(ai)≤g(n+

64

n

)（i=1，2，，m+1），
則m•g(2)≤g(a1)+g(a2)++g(am)≤m•g(n+

64

n

)．
依題意，不等式m•g(2)＜g(n+

64

n

)對一切的正整數n恒成立，
m

20•22+20•2

＜

20(n+ 64 n )2+20(n+ 64 n )

，
即m＜

1 6 [(n+ 64 n )2+(n+ 64 n )]

對一切的正整數n恒成立．
∵n+

64

n

≥16，∴

1 6 [(n+ 64 n )2+(n+ 64 n )]

≥

1 6 [162+16]

=

136 3

，
∴m＜

136 3

．由于m為正整數，∴m≤6．
又當m=6時，存在a₁=a₂═a_m=2，a_m+1=16，對所有的n滿足條件．
因此，m的最大值為6．

點評：本題考查函數的綜合題目，主要應用導函數求最值來解題，本題解題的關鍵是正確應用導數，本題是一個綜合題目，綜合性比較強，可以作為高考卷的壓軸題．