《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

19. （17分）
记$A = \{ l(x)|l(x)=kx + m,k,m\in\mathbf{R}\}$，若$l_{0}(x)\in A$，满足：对任意$l(x)\in A$，均有$\max_{x\in[a,b]}|f(x)-l(x)|\geqslant\max_{x\in[a,b]}|f(x)-l_{0}(x)|$，则称$l_{0}(x)$为函数$f(x)$在$x\in[a,b]$上“最接近”直线。已知函数$g(x)=2\ln x - x^{2}+3$，$x\in[r,s]$。
（Ⅰ）若$g(r)=g(s)=0$，证明：对任意$l(x)\in A$，$\max_{x\in[r,s]}|g(x)-l(x)|\geqslant1$；
（Ⅱ）若$r = 1$，$s = 2$，证明：$g(x)$在$x\in[1,2]$上的“最接近”直线为$l_{0}(x)=(2\ln2 - 3)(x-\frac{1 + x_{0}}{2})+\frac{2 + g(x_{0})}{2}$，其中$x_{0}\in(1,2)$且为二次方程$2x^{2}+(2\ln2 - 3)x - 2 = 0$的根。

答案： 新定义+利用导数研究的单调性和最值+零点存在定理 【思维导图】(Ⅰ)已知条件→$g'(x)$ $\xrightarrow{g(x)的单调性}$ $g(r)=g(s)=0$ $00$，$g(x)$在区间$(0,1)$上单调递增；当$x\in(1,+\infty)$时，$g'(x)<0$，$g(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递减. 又$g(r)=g(s)=0$，$g(1)=2>0$， $\therefore0(1)<1$，从而$\vert="" l
(1)\vert="">1$， 即$\max_{x\in[r,s]}|g(x)-l(x)|\geqslant\max_{x\in[r,s]}\{\vert l(r)\vert,\vert l(s)\vert,\vert 2 - l
(1)\vert\}>1$. 由(ⅰ)(ⅱ)可知，$\max_{x\in[r,s]}\{\vert g(r)-l(r)\vert,\vert g(s)-l(s)\vert,\vert g
(1)-l
(1)\vert\}\geqslant1$. 当且仅当$l(x)=\frac{g
(1)}{2}=1$时， $\max_{x\in[r,s]}|g(x)-l(x)| = 1$， $\max_{x\in[r,s]}\{\vert g(r)-1\vert,\vert g(s)-1\vert,\vert g
(1)-1\vert\}=1$，等号成立， 结论证毕. (7分) (Ⅱ)设$h(x)=(2\ln2 - 3)(x - 1)+2$， 再令$f(x)=g(x)-h(x)$， $
\therefore f'(x)=g'(x)-h'(x)=\frac{2}{x}-2x-(2\ln2 - 3)$. (9分) 令$m(x)=\frac{2}{x}-2x-(2\ln2 - 3)$， 可得$m'(x)=-\frac{2}{x^{2}}-2<0$， $
\therefore f'(x)$在区间$[1,2]$上单调递减. 又$f'
(1)>0$，$f'
(2)<0$， $
\therefore$存在$x_{0}\in(1,2)$，使得$f'(x_{0})=0$， (11分) 即$\frac{2}{x_{0}}-2x_{0}-(2\ln2 - 3)=0\Rightarrow2x_{0}^{2}+(2\ln2 - 3)x_{0}-2 = 0$， 且当$x\in[1,x_{0})$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x\in(x_{0},2]$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减， $
\therefore f(x)$在区间$[1,2]$上的最大值为$f(x_{0})$， 而$f
(1)=g
(1)-h
(1)=0$，$f
(2)=g
(2)-h
(2)=0$， (13分) 则当$x\in[1,2]$时，$f(x)\geqslant0$. 由(Ⅰ)知，对定义在$[a,b]$上的函数$f(x)\geqslant0$. 若$f(x)$满足$f(a)=f(b)=0$，且$x_{0}\in[a,b]$为$f(x)$唯一的最大值点， 则对任意的$l(x)\in A$，$\max_{x\in[a,b]}|f(x)-l(x)|\geqslant\frac{f(x_{0})}{2}$， 当且仅当$l(x)=\frac{f(x_{0})}{2}$时取等号. 又$\max_{x\in[1,2]}|f(x)-l(x)|=\max_{x\in[1,2]}|g(x)-h(x)-l(x)|$， 故当$l(x)=\frac{f(x_{0})}{2}$时，$\max_{x\in[1,2]}|f(x)-l(x)|=\max_{x\in[1,2]}|g(x)-h(x)-l(x)|$取得最小值$\frac{f(x_{0})}{2}$， $
\therefore g(x)$在$x\in[1,2]$上的“最接近”直线为$l_{0}(x)=h(x)+\frac{f(x_{0})}{2}$， 即$l_{0}(x)=(2\ln2 - 3)(x - 1)+2+\frac{g(x_{0})-(2\ln2 - 3)(x_{0}-1)-2}{2}$， 化简得$l_{0}(x)=(2\ln2 - 3)(x-\frac{x_{0}+1}{2})+\frac{2 + g(x_{0})}{2}$， 其中$x_{0}\in(1,2)$，且$x_{0}$是二次方程$2x^{2}+(2\ln2 - 3)x - 2 = 0$的根，得证. (17分)