Question

20．已知函数f（x）=x+$\frac{t}{x}$（x＞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，设g（t）=|MN|，若对任意的正整数n，在区间[2，n+$\frac{64}{n}$]内，若存在m+1个数a₁，a₂，…a_m+1，使得不等式g（a₁）+g（a₂）+…g（a_m）＜g（a_m+1），则m的最大值为（　　）

• A． 5
• B． 6
• C． 7
• D． 8

Answer 1

分析 设出M、N两点的横坐标分别为x₁、x₂，对函数求导得到切线的斜率，写出切线的方程，根据切线过一个点，得到一个方程，根据根与系数的关系写出两点之间的长度，得到函数的表示式g（t），可得函数g（t）为一个增函数，写出不同的自变量对应的函数值的不等关系，根据对于任意的正整数都成立，结合基本不等式和函数的单调性，得到m的取值范围，得到最值．

解答 解：设M、N两点的横坐标分别为x₁、x₂，
∵f′（x）=1-$\frac{t}{{x}^{2}}$，
∴切线PM的方程为：y-（x₁+$\frac{t}{{x}_{1}}$）=（1-$\frac{t}{{{x}_{1}}^{2}}$）（x-x₁），
又∵切线PM过点P（1，0），∴有0-（x₁+$\frac{t}{{x}_{1}}$）=（1-$\frac{t}{{{x}_{1}}^{2}}$）（1-x₁），
即x₁²+2tx₁-t=0，（1）
同理，由切线PN也过点P（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，x₁x₂=-t（*）|MN|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+\frac{t}{{x}_{1}}-{x}_{2}-\frac{t}{{x}_{2}}）^{2}}$
=$\sqrt{[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}][1+（1-\frac{t}{{x}_{1}{x}_{2}}）^{2}]}$，
把（*）式代入，得|MN|=$\sqrt{20{t}^{2}+20t}$，
因此，函数g（t）的表达式为g（t）=$\sqrt{20{t}^{2}+20t}$，t＞0，
知g（t）在区间[2，n+$\frac{64}{n}$]为增函数，
∴g（2）≤g（a_i）≤g（n+$\frac{64}{n}$）（i=1，2，m+1），
则mg（2）≤g（a₁）+g（a₂）+…+g（a_m）≤mg（n+$\frac{64}{n}$）．
依题意，不等式mg（2）＜g（n+$\frac{64}{n}$）对一切的正整数n恒成立，
m$\sqrt{20•{2}^{2}+20•2}$＜$\sqrt{20（n+\frac{64}{n}）^{2}+20（n+\frac{64}{n}）}$，
即m＜$\sqrt{\frac{1}{6}[（n+\frac{64}{n}）^{2}+（n+\frac{64}{n}）]}$对一切的正整数n恒成立．
∵n+$\frac{64}{n}$≥2$\sqrt{n•\frac{64}{n}}$=16，∴$\sqrt{\frac{1}{6}[（n+\frac{64}{n}）^{2}+（n+\frac{64}{n}）]}$≥$\sqrt{\frac{1}{6}（1{6}^{2}+16）}$=$\sqrt{\frac{136}{3}}$，
∴m＜$\sqrt{\frac{136}{3}}$．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．
故选：B．

点评 本题考查函数的综合题目，主要应用导函数求最值来解题，本题解题的关键是正确应用导数，本题是一个综合题目，综合性比较强，可以作为高考卷的压轴题．