Question

已知函数f(x)=x+

t

x

(t＞0)，过点P（1，0）作曲线y=f（x）的两条切线PM，PN，切点分别为M，N．
（1）当t=2时，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）设|MN|=g（t），试求函数g（t）的表达式；
（3）在（2）的条件下，若对任意的正整数n，在区间[2，n+

64

n

]内，总存在m+1个数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：解此题的第一个突破点是第一（1）用导数的符号为正求单调区间，（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）当t=2时，f(x)=x+

2

x

，f′(x)=1-

2

x2

=

x2-2

x2

＞0解得x＞

2

，或x＜-

2

．
∴函数f（x）有单调递增区间为(-∞，

2

)，(

2

，+∞)
（2）设M、N两点的横坐标分别为x₁、x₂，
∵f′(x)=1-

t

x2

，∴切线PM的方程为：y-(x1+

t

x1

)=(1-

t

x 2 1

)(x-x1)．
又∵切线PM过点P（1，0），∴有0-(x1+

t

x1

)=(1-

t

x 2 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，
∴

x1+x2=-2t x1•x2=-t.

  (*)
|MN|=

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

=

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

=

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

把（*）式代入，得|MN|=

20t2+20t

，
因此，函数g（t）的表达式为g（t）=

20t2+20t

（t＞0）
（3）易知g（t）在区间[2，n+

64

n

]上为增函数，
∴g（2）≤g（a_i）（i=1，2，m+1）．
则m•g（2）≤g（a₁）+g（a₂）++g（a_m）．
∵g（a₁）+g（a₂）++g（a_m）＜g（a_m+1）对一切正整数n成立，
∴不等式m•g（2）＜g（n+

64

n

）对一切的正整数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 )]

对一切的正整数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为正整数，∴m≤6．又当m=6时，存在a₁=a₂═a_m=2，a_m+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，值得做．