2024-上海卷-21 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值。核心在于定义法、构造函数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年上海卷）对于一个函数 $y=f(x)$ 和一个点 $M(a,b)$，定义 $s(x)=(x-a{)}^2+(f(x)-b{)}^2$.若存在 $P(x_0,f(x_0))$，使得 $s(x_0)$ 是 $s(x)$ 的最小值，则称点 $P$ 是点 $M$ 的 $f(x)$ 最近点.

（1）对于 $f(x)=\frac{1}{x}(x>0)$ 和点 $M(0,0)$，求证：存在点 $P$，使得点 $P$ 是点 $M$ 的 $f(x)$ 最近点；

（2）对于 $f(x)={\text{e}}^x$ 和 $M(1,0)$，试判断是否存在一个点 $P$，它是点 $M$ 的 $f(x)$ 最近点，且直线 $MP$ 与 $y=f(x)$ 在点 $P$ 处的切线垂直；

（3）已知定义域为 $\mathbb{R}$ 的函数 $y=f(x)$ 存在导函数 $y=f^{\prime }(x)$，函数 $y=g(x)$ 在定义域 $\mathbb{R}$ 上恒正，$M_1(t-1,f(t)-g(t))$，$M_2(t+1,f(t)+g(t))$.若对任意 $t\in \mathbb{R}$，都存在点 $P$，使得 $P$ 同时是点 $M_1$ 和点 $M_2$ 的 $f(x)$ 最近点，试判断函数 $y=f(x)$ 的单调性.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：代入参数构造距离平方函数 $s(x)=x^2+\frac{1}{x^2}$。利用基本不等式在 $x>0$ 时求出其最小值及对应的取等条件，从而证明最近点的存在性。
2. 第（2）问：写出距离函数 $s(x)=(x-1{)}^2+{\text{e}}^{2x}$。通过求一阶导与二阶导确定其唯一的全局最小值点 $x=0$，得到最近点 $P(0,1)$。分别计算直线 $MP$ 的斜率与曲线在点 $P$ 处的切线斜率，验证其乘积是否为 $-1$。
3. 第（3）问：

• 必要性列式：若 $P(x_0,f(x_0))$ 是两个距离函数 $s_1(x)$ 和 $s_2(x)$ 的共同最小值点，根据可导函数在极值点处导数为 0，必有 $s_1^{\prime }(x_0)=0$ 且 $s_2^{\prime }(x_0)=0$。两式相减可解出 $f^{\prime }(x_0)=-\frac{1}{g(t)}$。
• 精确锁定位置：利用最近点的最小值定义，必满足 $s_1(x_0)⩽s_1(t)$ 且 $s_2(x_0)⩽s_2(t)$。通过两式相加并利用完全平方恒等变形展开，根据平方项的非负性夹逼出 $x_0=t$，代回导数关系式通过其符号判定 $f(x)$ 的单调性。

✅【答案】

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(1) 存在，$P(1,1)$

(2) 是，$P(0,1)$

(3) $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递减

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：对于 $f(x)=\frac{1}{x}(x>0)$ 和点 $M(0,0)$，求证最近点 $P$ 存在

将 $M(0,0)$ 与 $f(x)=\frac{1}{x}$ 代入距离平方函数 $s(x)$ 中： $s(x)=(x-0{)}^2+{\left(\frac{1}{x}-0\right)}^2=x^2+\frac{1}{x^2}$

因为 $x>0$，所以 $x^2>0$ 且 $\frac{1}{x^2}>0$。 套用基本不等式可得： $s(x)=x^2+\frac{1}{x^2}⩾2\sqrt{x^2\cdot \frac{1}{x^2}}=2$

当且仅当 $x^2=\frac{1}{x^2}⟹x^4=1$ 时等号成立。 由于 $x>0$，解得唯一合理的自变量取值为 $x=1$。

此时，函数在 $x=1$ 处取得全局最小值 $s(1)=2$。 对应的曲线点为 $P(1,f(1))⟹P(1,1)$。 故存在点 $P(1,1)$，使得点 $P$ 是点 $M$ 的 $f(x)$ 最近点。

（2）解：对于 $f(x)={\text{e}}^x$ 和 $M(1,0)$，判断满足垂直关系的最近点 $P$ 是否存在

第一步：构造距离函数并确定唯一最值点 将 $M(1,0)$ 与 $f(x)={\text{e}}^x$ 代入定义式中： $s(x)=(x-1{)}^2+({\text{e}}^x-0{)}^2=(x-1{)}^2+{\text{e}}^{2x}$

对 $s(x)$ 求一阶导数： $s^{\prime }(x)=2(x-1)+2{\text{e}}^{2x}=2x-2+2{\text{e}}^{2x}$

对 $s^{\prime }(x)$ 再次求导（二阶求导）： $s^{\prime \prime }(x)=2+4{\text{e}}^{2x}$ 因为对任意 $x\in \mathbb{R}$，恒有 ${\text{e}}^{2x}>0$，故 $s^{\prime \prime }(x)>2>0$ 恒成立。 这说明一阶导函数 $s^{\prime }(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增。

注意到当 $x=0$ 时： $s^{\prime }(0)=2(0)-2+2{\text{e}}^0=-2+2=0$ 由于 $s^{\prime }(x)$ 严格单调递增，故 $x=0$ 是其唯一的实数零点。

• 当 $x\in (-\infty ,0)$ 时，$s^{\prime }(x)<0$，$s(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (0,+\infty )$ 时，$s^{\prime }(x)>0$，$s(x)$ 单调递增。

因此，函数 $s(x)$ 在 $x=0$ 处取得全局最小值。 根据定义，点 $M(1,0)$ 的 $f(x)$ 最近点 $P$ 的坐标为： $P(0,f(0))⟹P(0,1)$

第二步：计算直线的斜率与切线斜率并验证垂直关系

• 直线 $MP$ 连线的斜率： $k_{MP}=\frac{y_P-y_M}{x_P-x_M}=\frac{1-0}{0-1}=-1$
• 曲线 $y={\text{e}}^x$ 在点 $P(0,1)$ 处的切线斜率： 因为 $f^{\prime }(x)={\text{e}}^x$，故 $k_{\text{切}}=f^{\prime }(0)={\text{e}}^0=1$。

计算两斜率的乘积： $k_{MP}\times k_{\text{切}}=(-1)\times 1=-1$ 根据两直线垂直的充要条件，直线 $MP$ 与曲线在点 $P$ 处的切线垂直。

答：存在这样的最近点 $P(0,1)$。

（3）解：试判断函数 $y=f(x)$ 的单调性

第一步：利用导数必要性条件建立方程组 设共同的最近点坐标为 $P(x_0,f(x_0))$。根据题意，$x_0$ 必须同时是点 $M_1$ 对应的距离函数 $s_1(x)$ 以及点 $M_2$ 对应的距离函数 $s_2(x)$ 的全局最小值点。 解析式分别表示为： $s_1(x)=[x-(t-1){]}^2+[f(x)-(f(t)-g(t)){]}^2$ $s_2(x)=[x-(t+1){]}^2+[f(x)-(f(t)+g(t)){]}^2$

由于 $f(x)$ 可导，根据可导函数在极值点处导数必为 0 的性质，必然满足： $s_1^{\prime }(x_0)=2(x_0-t+1)+2[f(x_0)-f(t)+g(t)]\cdot f^{\prime }(x_0)=0\dots \dots \text{(1)}$ $s_2^{\prime }(x_0)=2(x_0-t-1)+2[f(x_0)-f(t)-g(t)]\cdot f^{\prime }(x_0)=0\dots \dots \text{(2)}$

将方程①与方程②相减（① - ②）： $2[(x_0-t+1)-(x_0-t-1)]+2\cdot f^{\prime }(x_0)\cdot \{[f(x_0)-f(t)+g(t)]-[f(x_0)-f(t)-g(t)]\}=0$ $4+4g(t)\cdot f^{\prime }(x_0)=0$

由于 $g(t)>0$，移项整理可得切点处的导数表达式： $f^{\prime }(x_0)=-\frac{1}{g(t)}\dots \dots \text{(3)}$

第二步：利用最近点定义构造平方和夹逼 因为 $x_0$ 是全局最小值点，由最近点定义，对任意自变量取值，最小处的函数值必定不大于其他位置的函数值。 设定特殊点 $x=t$，则必然满足： $s_1(x_0)⩽s_1(t)\text{且}{s}_2(x_0)⩽s_2(t)$

分别计算 $x=t$ 处的距离数值： $s_1(t)=[t-(t-1){]}^2+[f(t)-(f(t)-g(t)){]}^2=1+g^2(t)$ $s_2(t)=[t-(t+1){]}^2+[f(t)-(f(t)+g(t)){]}^2=1+g^2(t)$

代回不等式，建立如下约束边界： $(x_0-t+1{)}^2+[f(x_0)-f(t)+g(t){]}^2⩽1+g^2(t)\dots \dots \text{(4)}$ $(x_0-t-1{)}^2+[f(x_0)-f(t)-g(t){]}^2⩽1+g^2(t)\dots \dots \text{⑤}$

将不等式④与不等式⑤左右两端相加合并： $\left\{(x_0-t+1{)}^2+(x_0-t-1{)}^2\right\}+\left\{[f(x_0)-f(t)+g(t){]}^2+[f(x_0)-f(t)-g(t){]}^2\right\}⩽2+2g^2(t)$

利用完全平方和展开公式 $(A+B{)}^2+(A-B{)}^2=2A^2+2B^2$ 化简左侧：

• 第一部分： $(x_0-t+1{)}^2+(x_0-t-1{)}^2=2(x_0-t{)}^2+2$
• 第二部分： $[f(x_0)-f(t)+g(t){]}^2+[f(x_0)-f(t)-g(t){]}^2=2[f(x_0)-f(t){]}^2+2g^2(t)$

代回总不等式中： $2(x_0-t{)}^2+2+2[f(x_0)-f(t){]}^2+2g^2(t)⩽2+2g^2(t)$ 两端同时消去共同常数项 $2$ 与 $2g^2(t)$，得： $(x_0-t{)}^2+[f(x_0)-f(t){]}^2⩽0$

因为在实数集内，任何实数的平方项均满足非负性，即 $(x_0-t{)}^2⩾0$ 且 $[f(x_0)-f(t){]}^2⩾0$。 两个非负数之和小于等于 0，当且仅当这两项同时为 0： $\{\begin{array}{l}(x_0-t{)}^2=0\\ [f(x_0)-f(t){]}^2=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{x}_0=t\\ f(x_0)=f(t)\end{array}$ 经由距离放缩夹逼，证明了最近点的横坐标满足 $x_0=t$。

第三步：回归一阶导数判定单调性 将 $x_0=t$ 代回第一步求得的控制式③中，将中间变量 $x_0$ 替换为 $t$： $f^{\prime }(t)=-\frac{1}{g(t)}$

因为已知函数 $g(x)$ 在定义域上恒正，即对任意 $t\in \mathbb{R}$ 恒有 $g(t)>0$。 根据分式的性质，分子分母均为正，前置负号，可得： $f^{\prime }(t)=-\frac{1}{g(t)}<0(\text{对任意 }t\in \mathbb{R}\text{ 均恒成立})$ 一阶导函数在全域严格为负，根据导数判定单调性定理，最终断定： 函数 $y=f(x)$ 在定义域 $\mathbb{R}$ 上严格单调递减。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：可导函数最值驻点的一阶导数特征、利用完全平方多项式展开进行代数化简、平方项非负性下的零界极限夹逼。
2. 核心方法：二阶导数最值判定法（第二问）、结合最值定义与极值必要性的放缩夹逼法（第三问）。
3. 避坑指南：

• 混淆导数对象：第二问求解最近点 $P$ 的对应位置时，最值是距离函数 $s(x)$ 的最值，应当对构造出的 $s(x)$ 进行求导判定，而非直接对原始函数 $f(x)$ 求最值。
• 凭空猜测缺乏严密证明：第三问中，部分考生因看到 $M_1$ 和 $M_2$ 的横坐标中点恰为 $t$，在未进行严密代数论证的前提下，便直接假定“最近点横坐标 $x_0$ 必然等于中点 $t$”。在高考解答题中，如果没有利用 $s_1(x_0)⩽s_1(t)$ 的平方和求和放缩夹逼过程，直接断定 $x_0=t$ 会导致步骤缺失而大幅失分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于新定义高级导数综合压轴题，其代数核心源自解析几何与微积分中的曲线法线及密切圆理论，侧重考查考生的逻辑推理严密性与高等数学背景转化能力。
2. 结论推广：第二问揭示了一个几何性质：对于任意一条光滑可导的连续曲线 $y=f(x)$，空间中任意定点 $M$ 到该曲线上各点距离的平方如果能在某点 $P$ 处取得最值，则连线 $MP$ 必然与曲线在该点处的切线垂直（即定点 $M$ 必然位于曲线在点 $P$ 处的法线上）。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.02 均值不等式

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2013-四川卷文-21 解-分段函数切线
• 2013-四川卷理-21 解-导数单调性