2024年高考上海卷#21
对于一个函数 $f(x)$ 和一个点 $M(a,b)$，令 $s(x)=(x-a)^2+(f(x)-b)^2$，若 $P\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 是 $s(x)$ 取到最小值的点，则称 $P$ 是 $M$ 在 $f(x)$ 的 "最近点"．
1、对于 $f(x)=\dfrac 1 x$，$x\in (0,+\infty)$，求证：对于点 $M(0,0)$，存在点 $P$，使得 $P$ 是 $M$ 在 $f(x)$ 的"最近点"；
2、对于 $f(x)=\mathrm e^x$，$D=\mathbb R$，$M(1,0)$，请判断是否存在一个点 $P$，它是 $M$ 在 $f(x)$ 最近点，且直线 $MP$ 与 $f(x)$ 在点 $P$ 处的切线垂直；
3、设 $f(x)$ 存在导函数，且 $g(x)$ 在定义域 $\mathbb R$ 上恒正，设点 $M_1(t-1,f(t)-g(t))$，$M_2(t+1,f(t)+g(t))$．若对任意的 $t\in\mathbb R$，都存在点 $P$，满足 $P$ 是 $M_1$ 的最近点，也是 $M_2$ 的最近点，试求 $f(x)$ 的单调性．
解析
1、由于\[s(x)=(x-0)^2+\left(\dfrac 1x-0\right)^2=x^2+\dfrac1{x^2}\geqslant 1,\]等号当 $x=1$ 时取得，从而点 $P(1,1)$ 是符合题意的最近点，因此命题得证．
2、根据题意，有\[s(x)=(x-1)^2+\left(\mathrm e^x-0\right)^2=(x-1)^2+\mathrm e^{2x},\]其导函数\[s'(x)=2(x-1)+2\mathrm e^{2x},\]于是 $s(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，在 $x=0$ 处取得极小值，也为最小值．此时点 $P$ 的坐标为 $(0,1)$．$f(x)$ 在点 $P$ 处的切线斜率为 $f'(0)=1$，而直线 $MP$ 的斜率为 $-1$，从而存在符合题意的点 $P$．
3、根据题意，设\[\begin{cases} s_1(x)=(x-t+1)^2+(f(x)-f(t)+g(t))^2, \\ s_2(x)=(x-t-1)^2+(f(x)-f(t)-g(t))^2,\end{cases}\]则其导函数\[ \begin{cases} s_1'(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f(t)+g(t))f'(x),\\ s_2'(x)=2(x-t-1)+2(f(x)-f(t)-g(t))f'(x),\end{cases}\]由于对任意的 $t\in\mathbb R$，都存在点 $P$，满足 $P$ 是 $M_1$ 的最近点，也是 $M_2$ 的最近点，因此对任意 $t\in\mathbb R$，均存在 $x_0\in\mathbb R$，使得\[s_1'(x_0)=s_2'(x_0)=0,\]两式分别相减、加可得\[\begin{cases} 1+f'(x_0)\cdot g(t)=0,\\ (x_0-t)+(f(x_0)-f(t))f'(x_0)=0,\end{cases}\implies \begin{cases} f'(x_0)=-\dfrac{1}{g(t)},\\ (x_0-t)+(f(x_0)-f(t))\cdot \left(-\dfrac{1}{g(t)}\right)=0,\end{cases}\]猜测 $x_0=t$，事实上有\[\begin{cases} s_1(x_0)\leqslant s(t),\\ s_2(x_0)\leqslant s(t),\end{cases}\implies \begin{cases} (x_0-t+1)^2+(f(x_0)-f(t)+g(t))^2\leqslant 1+g^2(t),\\ (x_0-t-1)^2+(f(x_0)-f(t)-g(t))^2\leqslant 1+g^2(t),\end{cases}\]两式相加整理可得\[(x_0-t)^2+(f(x_0)-f(t))^2\leqslant 0,\]于是 $x_0=t$． 因此对任意 $t\in\mathbb R$，都存在 $P(x_0,f(x_0))$ 符合要求，其中 $x_0=t$，此时 $f'(x_0)=f'(t)<0$，因此函数 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递减．