《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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 $\max _{x \in[a, b]}|f(x)-l(x)| \geqslant \max _{x \in[a, b]}\left|f(x)-l_0(x)\right|$，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：
例2 证明
(1)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$\max_{x\in[r,s]}|g(x)-l(x)|\geqslant\max_{x\in[r,s]}\{|g(r)-l(r)|,|g(s)-l(s)|,|g(1)-l(1)|\}=\max\{|l(r)|,|l(s)|,|2 - l(1)|\}$。
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$1$，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$\max_{x\in[r,s]}|g(x)-l(x)|\geqslant|g(1)-l(1)|\gt1$。
由①②可知，$\max_{x\in[r,s]}\{|g(r)-l(r)|,|g(s)-l(s)|,|g(1)-l(1)|\}\geqslant1$。
当$l(x)=\frac{g(1)}{2}=1$时，$\max_{x\in[r,s]}|g(x)-l(x)|=\max\{|g(r)-1|,|g(s)-1|,|g(1)-1|\}=1$，此时等号成立，结论证毕。
(2)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$x\in[1,x_{0})$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，$f(x)$单调递增；$x\in(x_{0},2]$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。
　　　

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.

答案： 训练2
(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$P$是$M$的“$f$最近点”。
(2)解 因为函数$f(x)=e^{x}$，$M(1,0)$，所以$s(x)=(x - 1)^{2}+(e^{x}-0)^{2}=(x - 1)^{2}+e^{2x}$，则$s^{\prime}(x)=2(x - 1)+2e^{2x}$。
记$m(x)=s^{\prime}(x)=2(x - 1)+2e^{2x}$，$m^{\prime}(x)=2+4e^{2x}\gt0$，所以$m(x)$在$\mathbf{R}$上严格单调递增。
因为$m(0)=s^{\prime}(0)= - 2 + 2 = 0$，所以当$x\lt0$时，$m(x)=s^{\prime}(x)\lt0$；当$x\gt0$时，$m(x)=s^{\prime}(x)\gt0$。
所以$s(x)$在$(-\infty,0)$上严格单调递减，在$(0,+\infty)$上严格单调递增，因此当$x = 0$时，$s(x)$取到最小值。
又$f(0)=e^{0}=1$，所以点$M$的“$f$最近点”为$P(0,1)$。
为判断直线$MP$与曲线$y = f(x)$在点$P$处的切线是否垂直，可另设$P(k,e^{k})$，则由$f^{\prime}(x)=e^{x}$，知在$P(k,e^{k})$处的切线$l$的斜率为$e^{k}$。
由题意知$MP\perp l$，因此$\frac{e^{k}-0}{k - 1}=-\frac{1}{e^{k}}$，整理得$k+e^{2k}-1 = 0$。
令$h(k)=k+e^{2k}-1$，易知$h(k)$在$\mathbf{R}$上严格单调递增，又$h(0)=0$，所以方程$k+e^{2k}-1 = 0$有唯一解$k = 0$，所以点$P(0,1)$。
综上，存在满足条件的一个点$P(0,1)$。
(3)解法一 设$\begin{cases}s_{1}(x)=(x - t + 1)^{2}+(f(x)-f(t)+g(t))^{2}\\s_{2}(x)=(x - t - 1)^{2}+(f(x)-f(t)-g(t))^{2}\end{cases}$
由条件，对任意$t\in\mathbf{R}$，存在$P(x_{0},f(x_{0}))$，使得$x_{0}$同时是$s_{1}(x)$和$s_{2}(x)$的最小值点。于是，对任意$x\in\mathbf{R}$，$\begin{cases}s_{1}(x_{0})\leqslant s_{1}(x)\\s_{2}(x_{0})\leqslant s_{2}(x)\end{cases}$，即$\begin{cases}(x_{0}-t + 1)^{2}+(f(x_{0})-f(t)+g(t))^{2}\leqslant(x - t + 1)^{2}+(f(x)-f(t)+g(t))^{2}\\(x_{0}-t - 1)^{2}+(f(x_{0})-f(t)-g(t))^{2}\leqslant(x - t - 1)^{2}+(f(x)-f(t)-g(t))^{2}\end{cases}$
特别地，当$x = t$时，$\begin{cases}(x_{0}-t + 1)^{2}+(f(x_{0})-f(t)+g(t))^{2}\leqslant1+g^{2}(t)\\(x_{0}-t - 1)^{2}+(f(x_{0})-f(t)-g(t))^{2}\leqslant1+g^{2}(t)\end{cases}$
两式相加，得$(x_{0}-t)^{2}+(f(x_{0})-f(t))^{2}\leqslant0$，所以$x_{0}=t$。
另一方面，求导得$\begin{cases}s_{1}^{\prime}(x)=2(x - t + 1)+2(f(x)-f(t)+g(t))f^{\prime}(x)\\s_{2}^{\prime}(x)=2(x - t - 1)+2(f(x)-f(t)-g(t))f^{\prime}(x)\end{cases}$
因为$s_{i}(x)(i = 1,2)$的最小值点也是极小值点，所以$s_{i}^{\prime}(x_{0})=0$，$i = 1,2$，即$\begin{cases}(x_{0}-t + 1)+(f(x_{0})-f(t)+g(t))f^{\prime}(x_{0})=0\\(x_{0}-t - 1)+(f(x_{0})-f(t)-g(t))f^{\prime}(x_{0})=0\end{cases}$
两式相减，得$g(t)f^{\prime}(x_{0})=-1$，代入$x_{0}=t$，并由$g(t)\gt0$，得$f^{\prime}(t)=-\frac{1}{g(t)}\lt0$，$t\in\mathbf{R}$，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上严格单调递减。
法二 先证明一个结论：对于$M(a,b)$，设$P(x_{0},f(x_{0}))$为$M$的“$f$最近点”，曲线$y = f(x)$在点$P$处的切线为$l$，则$MP\perp l$。
证明：因为$s(x)=(x - a)^{2}+(f(x)-b)^{2}$，所以$s^{\prime}(x)=2x - 2a+2f^{\prime}(x)(f(x)-b)$，所以当$s(x)$在$x = x_{0}$处取得最小值时，$s^{\prime}(x_{0})=0$，即$x_{0}-a+f^{\prime}(x_{0})(f(x_{0})-b)=0$。
又直线$MP$的斜率$k_{MP}=\frac{f(x_{0})-b}{x_{0}-a}$，且切线$l$的斜率为$k_{l}=f^{\prime}(x_{0})$，所以$k_{MP}\cdot k_{l}=\frac{f(x_{0})-b}{x_{0}-a}\cdot f^{\prime}(x_{0})=-1$，所以$MP\perp l$。
因为$\forall t\in\mathbf{R}$，$M_{1}(t - 1,f(t)-g(t))$，$M_{2}(t + 1,f(t)+g(t))$，存在对应的点$P$使得$|M_{1}P|^{2}$为$M_{1}$到曲线$y = f(x)$的距离平方的最小值，$|M_{2}P|^{2}$为$M_{2}$到曲线$y = f(x)$的距离平方的最小值。
连接$M_{1}M_{2}$，因为$M_{1}(t - 1,f(t)-g(t))$，$M_{2}(t + 1,f(t)+g(t))$，所以设线段$M_{1}M_{2}$的中点为$N$，则$N(t,f(t))$，则点$N$在曲线$y = f(x)$上。
若$M_{1}$，$M_{2}$到曲线$y = f(x)$的距离最小时对应的点$P$与点$N$不重合，则$|M_{1}P|\lt|M_{1}N|$，$|M_{2}P|\lt|M_{2}N|$，所以$|M_{1}P|+|M_{2}P|\lt|M_{1}N|+|M_{2}N|=|M_{1}M_{2}|$，这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以点$P$与点$N$重合。
又直线$M_{1}M_{2}$的斜率为$k_{M_{1}M_{2}}=\frac{2g(t)}{2}=g(t)\gt0$，$k_{l}=f^{\prime}(t)$，所以由$k_{M_{1}M_{2}}\cdot k_{l}=g(t)\cdot f^{\prime}(t)=k_{MP}\cdot k_{l}=-1$，知$f^{\prime}(t)\lt0$，所以当$t\in\mathbf{R}$时，有$f^{\prime}(t)\lt0$，所以函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上严格单调递减。