（18分）对于一个函数$f(x)$和一个点$M(a,b)$，定义$s(x)=(x-a)^{2}+(f(x)-b)^{2}$，若存在$P(x_{0}$，$f(x_{0}))$，使$s(x_{0})$是$s(x)$的最小值，则称点$P$是函数$f(x)$到点$M$的“最近点”．
（1）对于$f(x)=\dfrac{1}{x}(x > 0)$，求证：对于点$M(0,0)$，存在点$P$，使得点$P$是$f(x)$到点$M$的“最近点”；
（2）对于$f(x)=e^{x}$，$M(1,0)$，请判断是否存在一个点$P$，它是$f(x)$到点$M$的“最近点”，且直线$MP$与$f(x)$在点$P$处的切线垂直；
（3）已知$f(x)$存在导函数$f\prime (x)$，函数$g(x)$恒大于零，对于点$M_{1}(t-1$，$f(t)-g(t))$，点$M_{2}(t+1$，$f(t)+g(t))$，若对任意$t\in R$，存在点$P$同时是$f(x)$到点$M_{1}$与点$M_{2}$的“最近点”，试判断$f(x)$的单调性．

答案：（1）证明过程见解析；
（2）存在，$P(0,1)$；
（3）$f(x)$严格单调递减．
分析：（1）代入$M(0,0)$，利用基本不等式即可；
（2）由题得$s(x)=(x-1)^{2}+e^{2x}$，利用导函数得到其最小值，则得到$P$，再证明直线$MP$与切线垂直即可；
（3）根据题意得到$s_{1}'(x_{0})=s_{2}'(x_{0})=0$，对两等式化简得$f'{(x_0)}=-\dfrac{1}{g(t)}$，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明$x_{0}=t$，最后得到函数单调性．
解：（1）当$M(0,0)$时，$s(x)=(x-0)^{2}+(\dfrac{1}{x}-0)^{2}=x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}\geqslant 2\sqrt{x^{2}\cdot \dfrac{1}{x^{2}}}=2$，
当且仅当$x^2=\dfrac{1}{x^2}$即$x=1$时取等号，
故对于点$M(0,0)$，存在点$P(1,1)$，
使得该点是$M(0,0)$在$f(x)$的“最近点”；
（2）由题设可得$s(x)=(x-1)^{2}+(e^{x}-0)^{2}=(x-1)^{2}+e^{2x}$，
则$s'(x)=2(x-1)+2e^{2x}$，因为$y=2(x-1)$，$y=2e^{2x}$均为$R$上单调递增函数，
则$s'(x)=2(x-1)+2e^{2x}$在$R$上为严格增函数，
而$s'(0)=0$，故当$x < 0$时，$s'(x) < 0$，当$x > 0$时，$s'(x) > 0$，
故$s(x)_{min}=s(0)=2$，此时$P(0,1)$，
而$f'(x)=e^{x}$，$k=f'(0)=1$，故$f(x)$在点$P$处的切线方程为$y=x+1$，
而$k_{MP}=\dfrac{0-1}{1-0}=-1$，故$k_{MP}\cdot k=-1$，故直线$MP$与$y=f(x)$在点$P$处的切线垂直．
（3）设$s_1(x)=(x-t+1)^2+(f(x)-f(t)+g(t))^2$，
$s_2(x)=(x-t-1)^2+(f(x)-f(t)-g(t))^2$，
而$s_{1}'(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f(t)+g(t))f'(x)$，
$s_{2}'(x)=2(x-t-1)+2(f(x)-f(t)-g(t))f'(x)$，
若对任意的$t\in R$，存在点$P$同时是$M_{1}$，$M_{2}$在$f(x)$的“最近点”，
设$P(x_{0}$，$y_{0})$，则$x_{0}$既是$s_{1}(x)$的最小值点，也是$s_{2}(x)$的最小值点，
因为两函数的定义域均为$R$，则$x_{0}$也是两函数的极小值点，
则存在$x_{0}$，使得$s_{1}'(x_{0})=s_{2}'(x_{0})=0$，
即$s_{1}'(x_{0})=2(x_{0}-t+1)+2f\prime (x_{0})[f(x_{0})-f(t)+g(t)]=0$，①
$s_{2}'(x_{0})=2(x_{0}-t-1)+2f\prime (x_{0})[f(x_{0})-f(t)-g(t)]=0$，②
由①②相等得$4+4g(t)\cdot f'(x_{0})=0$，即$1+f'(x_{0})g(t)=0$，
即$f'{(x_0)}=-\dfrac{1}{g(t)}$，又因为函数$g(x)$在定义域$R$上恒正，
则$f'{(x_0)}=-\dfrac{1}{g(t)} < 0$恒成立，
接下来证明$x_{0}=t$，
因为$x_{0}$既是$s_{1}(x)$的最小值点，也是$s_{2}(x)$的最小值点，
则$s_{1}(x_{0})\leqslant s(t)$，$s_{2}(x_{0})\leqslant s(t)$，
即$(x_0-t+1)^2+(f(x_0)-f(t)+g(t))^2\leqslant 1+(g(t))^2$，③
$(x_0-t-1)^2+(f(x_0)-f(t)-g(t))^2\leqslant 1+(g(t))^2$，④
③$+$④得$2(x_0-t)^2+2+2[f(x_0)-f(t)]^2+2g^2(t)\leqslant 2+2g^2(t)$，
即$(x_0-t)^2+(f(x_0)-f(t))^2\leqslant 0$，因为$(x_0-t)^2\geqslant 0,(f(x_0)-f(t))^2\geqslant 0$
则$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}-t=0}\\ {f({x}_{0})-f(t)=0}\end{array}\right.$，解得$x_{0}=t$，
则$f'(t)=-\dfrac{1}{g(t)} < 0$恒成立，因为$t$的任意性，则$f(x)$严格单调递减．
点评：本题考查基本不等式，极值、最值的求解，导数的应用等，属于难题．