《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 2 (2024·T8 二联)记 $A=\{l(x) \mid l(x)=k x+m, k, m \in \mathbf{R}\}$，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 $g(x)=2 \ln x-x^2+3$，$x \in[r, s]$.
(1)若 $g(r)=g(s)=0$，证明：对任意 $l(x) \in A$，$\max _{x \in[a, b]}|g(x)-l(x)| \geqslant 1$；
(2)若 $r=1$，$s=2$，证明：$g(x)$ 在 $x \in[1,2]$ 上的“最接近”直线为 $l_0(x)=(2 \ln 2-3)\left(x-\frac{1+x_0}{2}\right)+\frac{2+g\left(x_0\right)}{2}$，其中 $x_0 \in(1,2)$ 且为二次方程 $2 x^2+(2 \ln 2-3) x-2=0$ 的根.

答案：

(1)证明：由题意$g^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2x=\frac{2(1 + x)(1 - x)}{x}$，则当$x\in(0,1)$时，$g^{\prime}(x)\gt0$，$g(x)$在区间$(0,1)$上单调递增；当$x\in(1,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)\lt0$，$g(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递减。又$g(r)=g(s)=0$，$\therefore0\lt r\lt1\lt s$，$\therefore g(x)$在区间$[r,s]$上的最大值为$g(x)_{\max}=g(1)=2$。根据函数$g(x)$的图象特点，可知对任意$l(x)\in A$，均有$\max_{x\in[r,s]}|g(x) - l(x)|\geqslant\max\{|g(r) - l(r)|,|g(s) - l(s)|,|g(1) - l(1)|\}=\max\{|l(r)|,|l(s)|,|2 - l(1)|\}$。下面讨论$|l(r)|$，$|l(s)|$的大小：①若$|l(r)|$，$|l(s)|$至少有一个大于等于$1$，则$\max_{x\in[r,s]}|g(x) - l(x)|\geqslant1$。②若$|l(r)|$，$|l(s)|$两个都小于$1$，则$l(r)\lt1$，$l(s)\lt1$，因为$l(x)$是直线，故对任意$x\in[r,s]$，均有$l(x)\lt1$，$\therefore l(1)\lt1$，从而$|2 - l(1)|\gt1$，即$\max_{x\in[r,s]}|g(x) - l(x)|\geqslant\max\{|l(r)|,|l(s)|,|2 - l(1)|\}\gt1$。由①②可知，$\max\{|g(r) - l(r)|,|g(s) - l(s)|,|g(1) - l(1)|\}\geqslant1$，当$l(x)=\frac{g(1)}{2}=1$时，$\max_{x\in[r,s]}|g(x) - l(x)| = 1$，$\max\{|g(r) - 1|,|g(s) - 1|,|g(1) - 1|\}=1$，此时等号成立，结论证毕。
(2)证明：设$h(x)=(2\ln2 - 3)(x - 1)+2$，再令$f(x)=g(x) - h(x)$，$\therefore f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x) - h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2x-(2\ln2 - 3)$，令$m(x)=\frac{2}{x}-2x-(2\ln2 - 3)$，$m^{\prime}(x)= - \frac{2}{x^{2}}-2\lt0$，$\therefore f^{\prime}(x)$在区间$[1,2]$上单调递减，而$f^{\prime}(1)\gt0$，$f^{\prime}(2)\lt0$，$\therefore$存在$x_{0}\in(1,2)$，使得$f^{\prime}(x_{0}) = 0$，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，$f^{\prime}(x)\gt0$，$f(x)$单调递增；当$x\in(x_{0},2]$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，$f(x)$单调递减。$\therefore f(x)$在区间$[1,2]$上的最大值为$f(x_{0})$，而$f(1)=g(1)-h(1)=0$，$f(2)=g(2)-h(2)=0$，则$f(x)$在区间$[1,2]$上大于等于$0$。由
(1)问分析知，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$l(x)\in A$，$\max_{x\in[a,b]}|f(x) - l(x)|\geqslant\frac{f(x_{0})}{2}$，$l(x)=\frac{f(x_{0})}{2}$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，$\max_{x\in[1,2]}|f(x) - l(x)|$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$l_{0}(x)=(2\ln2 - 3)(x - 1)+2+\frac{g(x_{0})-(2\ln2 - 3)(x_{0} - 1)-2}{2}$，化简可得$l_{0}(x)=(2\ln2 - 3)(x-\frac{x_{0}+1}{2})+\frac{2 + g(x_{0})}{2}$，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，证毕。　　　

训练 2 (2024·上海卷)已知 $D$ 是 $\mathbf{R}$ 的一个非空子集，$y=f(x)$ 是定义在 $D$ 上的函数，对于点 $M(a, b)$，函数 $s(x)=(x-a)^2+(f(x)-b)^2$. 若对于 $P\left(x_0, f\left(x_0\right)\right)$，满足 $s(x)$ 在 $x=x_0$ 处取得最小值，则称 $P$ 是 $M$ 的“$f$ 最近点”.
(1)若 $D=(0,+\infty)$，$f(x)=\frac{1}{x}$，$M(0,0)$，求证：对于点 $M(0,0)$，存在点 $P$，使得 $P$ 是 $M$ 的“$f$ 最近点”.
(2)若 $D=\mathbf{R}$，$f(x)=\mathrm{e}^x$，$M(1,0)$，请判断是否存在一个点 $P$，它是 $M$ 的“$f$ 最近点”，且直线 $M P$ 与曲线 $y=f(x)$ 在点 $P$ 处的切线垂直.
(3)若 $D=\mathbf{R}$，已知 $y=f(x)$ 是可导的，$y=g(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$ 且函数值恒为正，$t \in \mathbf{R}$，$M_1(t-1, f(t)-g(t))$，$M_2(t+1, f(t)+g(t))$. 若对于任意 $t \in \mathbf{R}$，都存在曲线 $y=f(x)$ 上的一点 $P$，使得 $P$ 既是 $M_1$ 的“$f$ 最近点”，又是 $M_2$ 的“$f$ 最近点”，试判断 $y=f(x)$ 的单调性.证明：因为函数$f(x)=\frac{1}{x}$，$x\in(0,+\infty)$，$M(0,0)$，所以$s(x)=(x - 0)^{2}+(\frac{1}{x}-0)^{2}=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\geqslant2$，当且仅当$x^{2}=\frac{1}{x^{2}}$，$x\gt0$，即$x = 1$时，$s(x)$取得最小值$2$，$f(1)=1$，所以$P(1,1)$，故对于点$M(0,0)$，存在点$P(1,1)$，使得$P$是$M$的“$f$最近点”。存在点$P(0,1)$函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上严格单调递减

答案：
(1)证明：因为函数$f(x)=\frac{1}{x}$，$x\in(0,+\infty)$，$M(0,0)$，所以$s(x)=(x - 0)^{2}+(\frac{1}{x}-0)^{2}=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\geqslant2$，当且仅当$x^{2}=\frac{1}{x^{2}}$，$x\gt0$，即$x = 1$时，$s(x)$取得最小值$2$，$f(1)=1$。所以$P(1,1)$，故对于点$M(0,0)$，存在点$P(1,1)$，使得$P$是$M$的“$f$最近点”。
(2)存在点$P(0,1)$。
(3)函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上严格单调递减。