解:
(1)对于函数 f ( x ) = 1 x f(x) = \frac{1}{x} f(x)=x1 和点 M ( 1 , 0 ) M(1, 0) M(1,0),构造函数 s ( x ) = ( x − 1 ) 2 + ( 1 x ) 2 s(x) = (x - 1)^2 + \left(\frac{1}{x}\right)^2 s(x)=(x−1)2+(x1)2。求导得到 s ′ ( x ) = 2 ( x − 1 ) − 2 x 3 s'(x) = 2(x - 1) - \frac{2}{x^3} s′(x)=2(x−1)−x32。解方程 s ′ ( x ) = 0 s'(x) = 0 s′(x)=0 即 x − 1 − 1 x 3 = 0 x - 1 - \frac{1}{x^3} = 0 x−1−x31=0,通过中间值定理可知存在解。二阶导数 s ′ ′ ( x ) = 2 + 6 x 4 > 0 s''(x) = 2 + \frac{6}{x^4} > 0 s′′(x)=2+x46>0,说明存在极小值点,因此存在最近点 P P P。
(2)对于函数 f ( x ) = e x f(x) = e^x f(x)=ex和点 M ( 1 , 0 ) M(1, 0) M(1,0),构造函数 s ( x ) = ( x − 1 ) 2 + e 2 x s(x) = (x - 1)^2 + e^{2x} s(x)=(x−1)2+e2x。求导得到 s ′ ( x ) = 2 ( x − 1 ) + 2 e 2 x s'(x) = 2(x - 1) + 2e^{2x} s′(x)=2(x−1)+2e2x,解方程 s ′ ( x ) = 0 s'(x) = 0 s′(x)=0 得 x = 0 x = 0 x=0。验证 x = 0 x = 0 x=0 处的二阶导数 s ′ ′ ( 0 ) = 2 + 4 e 0 = 6 > 0 s''(0) = 2 + 4e^{0} = 6 > 0 s′′(0)=2+4e0=6>0,说明存在极小值点 P ( 0 , 1 ) P(0, 1) P(0,1)。直线 M P MP MP 的斜率为 -1,切线斜率为 1,乘积为 -1,满足垂直条件,因此存在这样的点 P P P。
(3)对于点 M 1 ( t − 1 , f ( t ) − g ( t ) ) M_1(t-1, f(t)-g(t)) M1(t−1,f(t)−g(t)) 和 M 2 ( t + 1 , f ( t ) + g ( t ) ) M_2(t+1, f(t)+g(t)) M2(t+1,f(t)+g(t)),构造函数 s 1 ( x ) s_1(x) s1(x) 和 s 2 ( x ) s_2(x) s2(x)。通过求导并联立方程,得到 f ′ ( x 0 ) = − 1 g ( t ) f'(x_0) = -\frac{1}{g(t)} f′(x0)=−g(t)1。由于 g ( t ) g(t) g(t) 恒正, f ′ ( x 0 ) f'(x_0) f′(x0) 必须恒负,说明 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递减。
最终答案:
(1) 存在 \mathbf{\text{存在}} 存在
(2) 存在 \mathbf{\text{存在}} 存在
(3) f ( x ) 在 R 上单调递减 \mathbf{f(x) \text{在} \mathbb{R} \text{上单调递减}} f(x)在R上单调递减