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2024年高考数学上海20<-->返回列表
（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(x0，f(x0))，使s(x0)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)=1x(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)=ex，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′(x)，函数g(x)恒大于零，对于点M1(t−1，f(t)−g(t))，点M2(t+1，f(t)+g(t))，若对任意t∈R，存在点P同时是f(x)到点M1与点M2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+e2x，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(x0)=s′2(x0)=0，对两等式化简得f′(x0)=−1g(t)，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明x0=t，最后得到函数单调性．
解：（1）当M(0,0)时，s(x)=(x−0)2+(1x−0)2=x2+1x2⩾2√x2⋅1x2=2，
当且仅当x2=1x2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+(ex−0)2=(x−1)2+e2x，
则s′(x)=2(x−1)+2e2x，因为y=2(x−1)，y=2e2x均为R上单调递增函数，
则s′(x)=2(x−1)+2e2x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)=ex，k=f′(0)=1，故f(x)在点P处的切线方程为y=x+1，
而kMP=0−11−0=−1，故kMP⋅k=−1，故直线MP与y=f(x)在点P处的切线垂直．
（3）设s1(x)=(x−t+1)2+(f(x)−f(t)+g(t))2，
s2(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∈R，存在点P同时是M1，M2在f(x)的“最近点”，
设P(x0，y0)，则x0既是s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点，
则存在x0，使得s′1(x0)=s′2(x0)=0，
即s′1(x0)=2(x0−t+1)+2f′(x0)[f(x0)−f(t)+g(t)]=0，①
s′2(x0)=2(x0−t−1)+2f′(x0)[f(x0)−f(t)−g(t)]=0，②
由①②相等得4+4g(t)⋅f′(x0)=0，即1+f′(x0)g(t)=0，
即f′(x0)=−1g(t)，又因为函数g(x)在定义域R上恒正，
则f′(x0)=−1g(t)<0恒成立，
接下来证明x0=t，
因为x0既是s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小值点，
则s1(x0)⩽s(t)，s2(x0)⩽s(t)，
即(x0−t+1)2+(f(x0)−f(t)+g(t))2⩽1+(g(t))2，③
(x0−t−1)2+(f(x0)−f(t)−g(t))2⩽1+(g(t))2，④
③+④得2(x0−t)2+2+2[f(x0)−f(t)]2+2g2(t)⩽2+2g2(t)，
即(x0−t)2+(f(x0)−f(t))2⩽0，因为(x0−t)2⩾0,(f(x0)−f(t))2⩾0
则{x0−t=0f(x0)−f(t)=0，解得x0=t，
则f′(t)=−1g(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．
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