题目内容
已知函数f(x)=x+
(t＞0)和点P（1，0），过点P作曲线y=f（x）的两条切线PM，PN，切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2）．
（1）求证：x1，x2是关于x的方程x2+2tx-t=0的两根；
（2）设|MN|=g（t），求函数g（t）；
（3）在（2）的条件下，若在区间[2，16]内总存在m+1个实数a1，a2，…，am+1，使得不等式g（a1）+g（a2）+…+g（am）＜g（am+1）成立，求实数m的最大值．
| t | x |
（1）求证：x1，x2是关于x的方程x2+2tx-t=0的两根；
（2）设|MN|=g（t），求函数g（t）；
（3）在（2）的条件下，若在区间[2，16]内总存在m+1个实数a1，a2，…，am+1，使得不等式g（a1）+g（a2）+…+g（am）＜g（am+1）成立，求实数m的最大值．
分析：（1）用导数值与切线的斜率相等，求出切点横坐标的关系，判断是方程x2+2tx-t=0的两根即可；
（2）求过切点的切线方程，找出两切点关系，再利用两点间的距离公式求解即可；
（3）利用函数的单调性转化为恒成立问题．
（2）求过切点的切线方程，找出两切点关系，再利用两点间的距离公式求解即可；
（3）利用函数的单调性转化为恒成立问题．
解答：解：（1）函数f(x)=x+
(t＞0)可得f′（x）=1-
，切点（x，x+
），所以
=1-
，
可得x2+2tx-t=0，显然方程的两个根就是切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2）的横坐标，
所以x1，x2是关于x的方程x2+2tx-t=0的两根；
（2）因为M、N两点的横坐标分别为x1、x2，
又f′（x）=1-
，∴切线PM的方程为：y-（x1+
）=（1-
）（x-x1）．
又∵切线PM过点P（1，0），∴有0-（x1+
）=（1-
）（1-x1）．
即x12+2tx1-t=0．（1）
同理，由切线PN也过点（1，0），得x22+2tx2-t=0．（2）
由（1）、（2），可得x1，x2是方程x2+2tx-t=0的两根，
∴
（*）
|MN|=
=
=
把（*）式代入，得|MN|=2
，
因此，函数g（t）的表达式为g（t）=2
（t＞0）
（3）易知g（t）在区间[2，16]上为增函数，
∴g（2）≤g（ai）（i=1，2，m+1）．
则m•g（2）≤g（a1）+g（a2）+…+g（am）．
∵g（a1）+g（a2）+…+g（am）＜g（am+1）对一切正整数n成立，
∴不等式m•g（2）＜g（16）对一切的正整数n恒成立m2
＜2
，
即m＜
=
对一切的正整数n恒成立
由于m为正整数，∴m≤6．又当m=6时，存在a1=a2=am=2，am+1=16，对所有的n满足条件．
因此，m的最大值为6．
| t |
| x |
| t |
| x2 |
| t |
| x |
x+
| ||
| x-1 |
| t |
| x2 |
可得x2+2tx-t=0，显然方程的两个根就是切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2）的横坐标，
所以x1，x2是关于x的方程x2+2tx-t=0的两根；
（2）因为M、N两点的横坐标分别为x1、x2，
又f′（x）=1-
| t |
| x2 |
| t |
| x1 |
| t | ||
|
又∵切线PM过点P（1，0），∴有0-（x1+
| t |
| x1 |
| t | ||
|
即x12+2tx1-t=0．（1）
同理，由切线PN也过点（1，0），得x22+2tx2-t=0．（2）
由（1）、（2），可得x1，x2是方程x2+2tx-t=0的两根，
∴
|
|MN|=
(x1-x2)2+(x1+
|
=
(x1-x2)2[1+(1-
|
=
[(x1+x2)2-4x1x2][1+(1-
|
把（*）式代入，得|MN|=2
| 5t2+5t |
因此，函数g（t）的表达式为g（t）=2
| 5t2+5t |
（3）易知g（t）在区间[2，16]上为增函数，
∴g（2）≤g（ai）（i=1，2，m+1）．
则m•g（2）≤g（a1）+g（a2）+…+g（am）．
∵g（a1）+g（a2）+…+g（am）＜g（am+1）对一切正整数n成立，
∴不等式m•g（2）＜g（16）对一切的正整数n恒成立m2
| 5×4+5×2 |
| 5×162+5×16 |
即m＜
|
|
由于m为正整数，∴m≤6．又当m=6时，存在a1=a2=am=2，am+1=16，对所有的n满足条件．
因此，m的最大值为6．
点评：本题第一问比较基础，二三问比较复杂，考切线问题，和数列问题，又渗透了恒成立思想，此题比较新，虽是压轴题但并不像以往压轴题的思路，有突破有创新，仔细审题是解题的关键．
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