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若函数 ${\displaystyle y=f(x)}$ 的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数 ${\displaystyle y-f(x)}$ 的图象的"自公切线", 称这两点为函数 ${\displaystyle y=f(x)}$ 的图象的一对"同切点".

1. 分别判断函数 ${\displaystyle f_1(x)=\sin x}$ 与 ${\displaystyle f_2(x)=\ln x}$ 的图象是否存在"自公切线", 并说明理由;
2. 若 ${\displaystyle a\in \mathbb{R}}$, 求证: 函数 ${\displaystyle g(x)=\tan x-x+a{\displaystyle (x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}))}}$ 有唯一零点且该函数的图象不存在"自公切线";
3. 设 ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast },{\displaystyle h(x)=\tan x-x+n\pi (x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}))}}$ 的零点为 ${\displaystyle x_n,t\in {\displaystyle (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}}$, 求证: "存在 ${\displaystyle s\in (2\pi ,+\mathrm{\infty })}$，使得点 ${\displaystyle (s,\sin s)}$ 与 ${\displaystyle (t,\sin t)}$ 是函数 ${\displaystyle y=\sin x}$ 的图象的一对 '同切点'" 的充要条件是 "${\displaystyle t}$ 是数列 ${\displaystyle \{x_n\}}$ 中的项".

1. 解 注意到 ${\displaystyle y=1}$ 是 ${\displaystyle f_1(x)}$ 在 ${\displaystyle {\displaystyle (\frac{\pi }{2},1),(\frac{5\pi }{2},1)}}$ 处的公切线，故 ${\displaystyle f_1(x)}$ 存在"自公切线".
   注意到 ${\displaystyle f_2^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}}$ 是个单增函数，因此不存在"自公切线".

2. 证明 由于 ${\displaystyle g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{{\cos }^{2}x}-1={\tan }^{2}x\ge 0}}$, 故 ${\displaystyle g(x)}$ 在定义域上单增. 由于 ${\displaystyle y=\tan x}$ 在 ${\displaystyle {\displaystyle (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}}$ 上的值域为 ${\displaystyle (-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })}$, 故 ${\displaystyle \mathrm{\exists }{x}_1,x_2:\tan x_1<{\displaystyle -\frac{\pi }{2}-a,\tan x_2>\frac{\pi }{2}-a}}$. 因此 ${\displaystyle g(x_1)<{\displaystyle -\frac{\pi }{a}-x_1<0,g(x_2)>\frac{\pi }{2}-x_2>0}}$, 也即 ${\displaystyle g(x)}$ 在 ${\displaystyle (x_1,x_2)}$ 上存在唯一零点.
   容易写出，${\displaystyle y=g(x)}$ 在 ${\displaystyle (x_0,g(x_0))}$ 处的切线方程为$$\begin{array}{r}Y={\tan }^2{x}_{0}x+\tan x_0-x_0+a-x_0{\tan }^2{x}_0.\end{array}$$
   如果 ${\displaystyle (m,g(m)),(n,g(n))}$ 是一对 "同切点", 则$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{rl}& {\tan }^{2}m={\tan }^{2}n,\\ & \tan m-m+a-m{\tan }^{2}m=\tan n-n+a-n{\tan }^{2}n.\end{array}\end{array}$$
   前者推出 ${\displaystyle m=-n}$. 不妨设 ${\displaystyle m>0}$, 则后者推出 ${\displaystyle \tan m-m-m{\tan }^{2}m=0}$.
   但是只要我略加放缩：$$\begin{array}{rl}0& <\tan m-\sin m-\sin m{\tan }^{2}m\\ & =\sin m(\frac{1}{\cos m}-1-\frac{{\sin }^{2}m}{{\cos }^{2}m})=\sin m\cdot \frac{\cos m-1}{{\cos }^{2}m}\le 0,\end{array}$$
   便可得到矛盾 (${\displaystyle 0<0}$). 进而不存在 "自公切线".

3. 证明 必要性 当 ${\displaystyle (s,\sin s),(t,\sin t)}$ 是 ${\displaystyle y=\sin x}$ 的"同切点", 则$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{rl}& \cos s=\cos t\ne 0,\\ & \sin s-s\cos s=\sin t-t\cos t\Rightarrow \tan s-s=\tan t-t.\end{array}\end{array}$$
   根据 ${\displaystyle \cos s=\cos t}$, 可得 ${\displaystyle {\sin }^{2}s={\sin }^{2}t}$. 如果 ${\displaystyle \sin s=\sin t}$, 则 ${\displaystyle (s-t)\cos t=0}$, 但 ${\displaystyle \cos t\ne 0,s\ne t}$, 舍去，故 ${\displaystyle \sin s=-\sin t}$.这样$$\begin{array}{rl}& 0=\cos s-\cos t=-2\sin \frac{s+t}{2}\cos \frac{s-t}{2},\\ & 0=\sin s+\sin t=2\sin \frac{s+t}{2}\cos \frac{s-t}{2}.\end{array}$$
   用反证法容易证明，只有${\displaystyle {\displaystyle \sin \frac{s+t}{2}=0\Rightarrow s+t=2k\pi ,k\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}}}$. 在${\displaystyle \tan s-s=\tan t-t}$中消去${\displaystyle s}$，整理得$$\begin{array}{r}\tan t-t+k\pi =0\Rightarrow t=x_k.\end{array}$$

   充分性 设 ${\displaystyle t=x_k,k\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$. 由于此时 ${\displaystyle h(0)=k\pi >0,h^{\prime }(x)>0}$, 故 ${\displaystyle x_k=t<0}$.直接取 ${\displaystyle s=2k\pi -t>2k\pi \ge 2\pi }$, 则 $$\begin{array}{rl}& \cos s=\cos (2k\pi -t)=\cos t,\\ & (\sin s-s\cos s)-(\sin t-t\cos t)=-2\sin t+2(t-k\pi )\cos t=2\cos t(t-k\pi -\tan t)=0,\end{array}$$
   也即${\displaystyle s>2\pi }$, 且${\displaystyle (s,\sin s),(t,\sin t)}$是"同切点".

   综上，结论得证！