2024年高考数学真题分类汇编09：函数与导数(含详细答案解析)

函数与导数
一、单选题
1.(2024·全国)已知函数为f (x )=-x 2-2ax -a ,x <0
e x
+ln (x +1),
x ≥0
，在R 上单调递增，则a 取值的范围是(
)
A.(-∞,0]
B.[-1,0]
C.[-1,1]
D.[0,+∞)
2.(2024·全国)已知函数为f (x )的定义域为R ，f (x )>f (x -1)+f (x -2)，且当x <3时f (x )=x ，则下列结论中一定正确的是()
A.f (10)>100
B.f (20)>1000
C.f (10)<1000
D.f (20)<10000
3.(2024·全国)设函数f (x )=a (x +1)2-1，g (x )=cos x +2ax ，当x ∈(-1,1)时，曲线y =f (x )与y =g (x )恰有一个交点，则a =()A.-1
B.
1
2
C.1
D.2
4.(2024·全国)设函数f (x )=(x +a )ln (x +b )，若f (x )≥0，则a 2+b 2的最小值为(
)
A.
1
8
B.
14
C.
12
D.1
5.(2024·全国)曲线f x =x 6+3x -1在0,-1 处的切线与坐标轴围成的面积为(
)A.
16
B.
32
C.
12
D.-
326.(2024·全国)函数f x =-x 2+e x -e -x sin x 在区间[-2.8,2.8]的大致图像为(
)
A. B.
C. D.
7.(2024·全国)设函数f x =e x +2sin x
1+x 2
，则曲线y =f x 在0,1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积
为()
A.
1
6
B.
13
C.
12
D.
23
8.(2024·北京)已知x 1,y 1 ，x 2,y 2 是函数y =2x
图象上不同的两点，
则下列正确的是()
A.log 2
y 1+y 22>x 1+x
2
2 B.log 2
y 1+y 22<x 1+x
2
2C.log 2y 1+y 2
2>x 1+x 2
D.log 2y 1+y 2
2<x 1+x 2
9.(2024·天津)下列函数是偶函数的是()
A.y=e x-x2
x2+1B.y=cos x+x2
x2+1
C.y=e x-x
x+1
D.y=sin x+4x
e|x|
10.(2024·天津)若a=4.2-0.3，b=4.20.3，c=log4.20.2，则a，b，c的大小关系为()
A.a>b>c
B.b>a>c
C.c>a>b
D.b>c>a
11.(2024·上海)下列函数f x 的最小正周期是2π的是()
A.sin x+cos x
B.sin x cos x
C.sin2x+cos2x
D.sin2x-cos2x
12.(2024·上海)已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R
,x∈-∞,x0
,f x <f x0
，在使得M =-1,1
的所有f x 中，下列成立的是()
A.存在f x 是偶函数
B.存在f x 在x=2处取最大值
C.存在f x 是严格增函数
D.存在f x 在x=-1处取到极小值
二、多选题
13.(2024·全国)设函数f(x)=(x-1)2(x-4)，则()
A.x=3是f(x)的极小值点
B.当0<x<1时，f(x)<f x2
C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0
D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x)
14.(2024·全国)设函数f(x)=2x3-3ax2+1，则()
A.当a>1时，f(x)有三个零点
B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点
C.存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D.存在a，使得点1,f1
为曲线y=f(x)的对称中心
三、填空题
15.(2024·全国)若曲线y=e x+x在点0,1
处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=.
16.(2024·全国)已知a>1，1
log8a -1
log a4
=-5
2，则a=．
17.(2024·全国)曲线y=x3-3x与y=-x-1
2+a在0,+∞
上有两个不同的交点，则a的取值范围为．
18.(2024·天津)若函数f x =2x2-ax-ax-2
+1有唯一零点，则a的取值范围为．
19.(2024·上海)已知f x =
x,x>0
1,x≤0
,
则f3 =．
四、解答题
20.(2024·全国)已知函数f(x)=ln x
2-x
+ax+b(x-1)3
(1)若b=0，且f (x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
(3)若f (x )>-2当且仅当1<x <2，求b 的取值范围．21.(2024·全国)已知函数f (x )=e x -ax -a 3．
(1)当a =1时，求曲线y =f (x )在点1,f (1) 处的切线方程；(2)若f (x )有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．22.(2024·全国)已知函数f x =a x -1 -ln x +1．(1)求f x 的单调区间；
(2)若a ≤2时，证明：当x >1时，f x <e x -1恒成立．23.(2024·全国)已知函数f x =1-ax ln 1+x -x ．(1)当a =-2时，求f x 的极值；
(2)当x ≥0时，f x ≥0恒成立，求a 的取值范围．
24.(2024·北京)已知f x =x +k ln 1+x 在t ,f t t >0 处切线为l ．(1)若切线l 的斜率k =-1，求f x 单调区间；(2)证明：切线l 不经过0,0 ；
(3)已知k =1，A t ,f t ，C 0,f t ，O 0,0 ，其中t >0，切线l 与y 轴交于点B 时．当2S △ACO =15S △ABO ，符合条件的A 的个数为？
(参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95)25.(2024·天津)设函数f x =x ln x ．
(1)求f x 图象上点1,f 1 处的切线方程；
(2)若f x ≥a x -x 在x ∈0,+∞ 时恒成立，求a 的取值范围；(3)若x 1,x 2∈0,1 ，证明f x 1 -f x 2 ≤x 1-x 2 1
2
．26.(2024·上海)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；
(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．
27.(2024·上海)对于一个函数f x 和一个点M a ,b ，令s x =(x -a )2+f x -b 2，若P x 0,f x 0 是s x
取到最小值的点，则称P 是M 在f x 的“最近点”．
(1)对于f (x )=1
x
(x >0)，求证：对于点M 0,0 ，存在点P ，使得点P 是M 在f x 的“最近点”；
(2)对于f x =e x ,M 1,0 ，请判断是否存在一个点P ，它是M 在f x 的“最近点”，且直线MP 与y =f (x )在点P 处的切线垂直；
(3)已知y =f (x )在定义域R 上存在导函数f (x )，且函数g (x )在定义域R 上恒正，设点M 1
t -1,f t -g t ，M 2t +1,f t +g t ．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是M 1,M 2在f x 的“最近点”，试判断f x 的单调性．
参考答案：
1.B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【解析】因为f x 在R上单调递增，且x≥0时，f x =e x+ln x+1
单调递增，
则需满足
--2a
2×-1
≥0
-a≤e0+ln1
，解得-1≤a≤0，
即a的范围是[-1,0].
故选：B.
2.B
【分析】代入得到f(1)=1,f(2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【解析】因为当x<3时f(x)=x，所以f(1)=1,f(2)=2，
又因为f(x)>f(x-1)+f(x-2)，
则f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5，
f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21，
f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89，
f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377
f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987，
f(16)>f(15)+f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用f(1)=1,f(2)=2，再利用题目所给的函数性质f(x)>f(x-1)+ f(x-2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
3.D
【分析】解法一：令F x =ax2+a-1,G x =cos x，分析可知曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令h x =f(x)-
g x ,x∈-1,1
，可知h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可知h x 的零点只能为0，即可得a=2，并代入检验即可.
【解析】解法一：令f(x)=g x ，即a(x+1)2-1=cos x+2ax，可得ax2+a-1=cos x，
令F x =ax2+a-1,G x =cos x，
原题意等价于当x∈(-1,1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
注意到F x ,G x 均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得F0 =G0 ，即a-1=1，解得a=2，
若a=2，令F x =G x ，可得2x2+1-cos x=0
因为x∈-1,1
，则2x2≥0,1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
可得2x2+1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
则方程2x2+1-cos x=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：令h x =f(x)-g x =ax2+a-1-cos x,x∈-1,1
，
原题意等价于h x 有且仅有一个零点，
因为h -x =a -x 2+a -1-cos -x =ax 2+a -1-cos x =h x ，则h x 为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h x 的零点只能为0，即h 0 =a -2=0，解得a =2，
若a =2，则h x =2x 2+1-cos x ,x ∈-1,1 ，
又因为2x 2≥0,1-cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，可得h x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，即h x 有且仅有一个零点0，所以a =2符合题意；故选：D .4.C
【分析】解法一：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，分类讨论-a 与-b ,1-b 的大小关系，结合符号分析判断，即可得b =a +1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln (x +b )的符号，进而可得x +a 的符号，即可得b =a +1，代入可得最值.
【解析】解法一：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，令x +a =0解得x =-a ；令ln (x +b )=0解得x =1-b ；若-a ≤-b ，当x ∈-b ,1-b 时，可知x +a >0,ln x +b <0，此时f (x )<0，不合题意；
若-b <-a <1-b ，当x ∈-a ,1-b 时，可知x +a >0,ln x +b <0，此时f (x )<0，不合题意；
若-a =1-b ，当x ∈-b ,1-b 时，可知x +a <0,ln x +b <0，此时f (x )>0；当x ∈1-b ,+∞ 时，可知x +a ≥0,ln x +b ≥0，此时f (x )≥0；可知若-a =1-b ，符合题意；
若-a >1-b ，当x ∈1-b ,-a 时，可知x +a 0,ln x +b 0，此时f (x )<0，不合题意；
综上所述：-a =1-b ，即b =a +1，
则a 2+b 2=a 2+a +1 2=2a +12 2+12≥12，当且仅当a =-12,b =1
2
时，等号成立，
所以a 2+b 2的最小值为1
2
；
解法二：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，令x +a =0解得x =-a ；令ln (x +b )=0解得x =1-b ；
则当x ∈-b ,1-b 时，ln x +b <0，故x +a ≤0，所以1-b +a ≤0；x ∈1-b ,+∞ 时，ln x +b >0，故x +a ≥0，所以1-b +a ≥0；
故1-b +a =0，则a 2+b 2=a 2+a +1 2=2a +12 2+12≥1
2
，
当且仅当a =-12,b =1
2
时，等号成立，
所以a 2+b 2的最小值为1
2
.
故选：C .
【点睛】关键点点睛：分别求x +a =0、ln (x +b )=0的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
5.A
【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.【解析】f x =6x 5+3，所以f 0 =3，故切线方程为y =3(x -0)-1=3x -1，
故切线的横截距为13，纵截距为-1，故切线与坐标轴围成的面积为12×1×13=
1
6
故选：A .6.B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A 、C ，代入x =1可得f 1 >0，可排除D .【解析】f -x =-x 2+e -x -e x sin -x =-x 2+e x -e -x sin x =f x ，
又函数定义域为-2.8,2.8 ，故该函数为偶函数，可排除A 、C ，
又f 1 =-1+e -1e sin1>-1+e -1e sin π6=e 2-1-12e >14-1
2e
>0，
故可排除D .故选：B .7.A
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1 处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.【解析】f
x =e
x
+2cos x 1+x 2 -e x +2sin x ⋅2x
1+x 2
2
，
则f
0 =
e 0
+2cos0 1+0 -e 0
+2sin0 ×0
1+0
2
=3，
即该切线方程为y -1=3x ，即y =3x +1，
令x =0，则y =1，令y =0，则x =-1
3，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S =12×1×-13 =1
6
.故选：A .8.A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB ；举例判断CD 即可.【解析】由题意不妨设x 1<x 2，因为函数y =2x 是增函数，所以0<2x 1<2x 2
，即0<y 1<y 2，对于选项AB ：可得2x
1
+2x 2
2>2x 1·2x 2
=2x 1
+x 2
2
，即y 1+y 22
>2x 1
+x 2
2>0，
根据函数y =log 2x 是增函数，所以log 2y 1+y 22>log 22x 1+x
2
2=x 1+x
22
，故A 正确，B 错误；
对于选项C ：例如x 1=0,x 2=1，则y 1=1,y 2=2，
可得log 2y 1+y 22=log 23
2∈0,1 ，即log 2y 1+y 22
<1=x 1+x 2，故C 错误；
对于选项D ：例如x 1=-1,x 2=-2，则y 1=12,y 2=1
4
，
可得log 2y 1+y 22=log 23
8=log 23-3∈-2,-1 ，即log 2y 1+y 22
>-3=x 1+x 2，故D 错误，
故选：A .
9.B
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【解析】对A ，设f x =e x -x 2x 2+1
，函数定义域为R ，但f -1 =e -1-12，f 1 =e -1
2，则f -1 ≠f 1 ，故A 错
误；
对B ，设g x =cos x +x 2
x 2+1
，函数定义域为R ，
且g -x =cos -x +-x 2-x 2
+1
=cos x +x 2
x 2+1=g x ，则g x 为偶函数，故B 正确；对C ，设h x =e x -x
x +1，函数定义域为x |x ≠-1 ，不关于原点对称，则h x 不是偶函数，故C 错误；
对D ，设φx =sin x +4x e |x |，函数定义域为R ，因为φ1 =sin1+4e ，φ-1 =-sin1-4
e ，则φ1 ≠φ-1 ，则φx 不是偶函数，故D 错误.故选：B .10.B
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.【解析】因为y =4.2x 在R 上递增，且-0.3<0<0.3，所以0<4.2-0.3<4.20<4.20.3，
所以0<4.2-0.3<1<4.20.3，即0<a <1<b ，因为y =log 4.2x 在(0,+∞)上递增，且0<0.2<1，所以log 4.20.2<log 4.21=0，即c <0，所以b >a >c ，故选：B 11.A
【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .
【解析】对A ，sin x +cos x =2sin x +π
4
，周期T =2π，故A 正确；
对B ，sin x cos x =12sin2x ，周期T =2π
2
=π，故B 错误；
对于选项C ，sin 2x +cos 2x =1，是常值函数，不存在最小正周期，故C 错误；
对于选项D ，sin 2x -cos 2x =-cos2x ，周期T =2π
2
=π，故D 错误，
故选：A ．12.B
【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B ，构造函数f x =-2,x <-1x ,-1≤x ≤11,x >1
即可判断.
【解析】对于A ，若存在y =f (x )是偶函数, 取x 0=1∈[-1,1],
则对于任意x ∈(-∞,1),f (x )<f (1), 而f (-1)=f (1), 矛盾, 故A 错误；
对于B ，可构造函数f x =-2,x <-1,
x ,-1≤x ≤1,1,x >1,
满足集合M =-1,1 ，
当x <-1时，则f x =-2，当-1≤x ≤1时，f x ∈-1,1 ，当x >1时，f x =1，则该函数f x 的最大值是f 2 ，则B 正确；
对C ，假设存在f x ，使得f x 严格递增，则M =R ，与已知M =-1,1 矛盾，则C 错误；
对D ，假设存在f x ，使得f x 在x =-1处取极小值，则在-1的左侧附近存在n ，使得f n >f -1 ，这与已知集合M 的定义矛盾，故D 错误；故选：B .13.ACD
【分析】求出函数f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数f x 在1,3 上的值域即可判断C ；
直接作差可判断D .【解析】对A ，因为函数f x 的定义域为R ，而f x =2x -1 x -4 +x -1 2=3x -1 x -3 ，易知当x ∈1,3 时，f x <0，当x ∈-∞,1 或x ∈3,+∞ 时，f x >0
函数f x 在-∞,1 上单调递增，在1,3 上单调递减，在3,+∞ 上单调递增，故x =3是函数f x 的极小值点，正确；对B ，当0<x <1时，x -x 2=x 1-x >0，所以1>x >x 2>0，而由上可知，函数f x 在0,1 上单调递增，所以f x >f x 2 ，错误；
对C ，当1<x <2时，1<2x -1<3，而由上可知，函数f x 在1,3 上单调递减，所以f 1 >f 2x -1 >f 3 ，即-4<f 2x -1 <0，正确；
对D ，当-1<x <0时，f (2-x )-f (x )=1-x 2-2-x -x -1 2x -4 =x -1 22-2x >0，所以f (2-x )>f (x )，正确；故选：ACD .14.AD
【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为x =0,x =a ，根据零点存在定理和极值的符号判断出f (x )在(-1,0),(0,a ),(a ,2a )上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，则f (x )=f (2b -x )为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a ，使得(1,3-3a )为f (x )的对称中心，则f (x )+f (2-x )=6-6a ，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【解析】A 选项，f (x )=6x 2-6ax =6x (x -a )，由于a >1，
故x ∈-∞,0 ∪a ,+∞ 时f (x )>0，故f (x )在-∞,0 ,a ,+∞ 上单调递增，x ∈(0,a )时，f (x )<0，f (x )单调递减，
则f (x )在x =0处取到极大值，在x =a 处取到极小值，由f (0)=1>0，f (a )=1-a 3<0，则f (0)f (a )<0，根据零点存在定理f (x )在(0,a )上有一个零点，
又f (-1)=-1-3a <0，f (2a )=4a 3+1>0，则f (-1)f (0)<0,f (a )f (2a )<0，
则f (x )在(-1,0),(a ,2a )上各有一个零点，于是a >1时，f (x )有三个零点，A 选项正确；B 选项，f (x )=6x (x -a )，a <0时，x ∈(a ,0),f (x )<0，f (x )单调递减，x ∈(0,+∞)时f (x )>0，f (x )单调递增，此时f (x )在x =0处取到极小值，B 选项错误；
C 选项，假设存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，即存在这样的a ,b 使得f (x )=f (2b -x )，即2x 3-3ax 2+1=2(2b -x )3-3a (2b -x )2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b -x )3展开式含有x 3的项为2C 33(2b )0(-x )3=-2x 3，
于是等式左右两边x 3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，C 选项错误；
D 选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简f (1)=3-3a ，若存在这样的a ，使得(1,3-3a )为f (x )的对称中心，则f (x )+f (2-x )=6-6a ，事实上，
f (x )+f (2-x )=2x 3-3ax 2+1+2(2-x )3-3a (2-x )2+1=(12-6a )x 2+(12a -24)x +18-12a ，于是6-6a =(12-6a )x 2+(12a -24)x +18-12a
即12-6a =012a -24=018-12a =6-6a
，解得a =2，即存在a =2使得(1,f (1))是f (x )的对称中心，D 选项正确.
方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f (x )=2x 3-3ax 2+1，f (x )=6x 2-6ax ，f (x )=12x -6a ，
由f (x )=0⇔x =a 2，于是该三次函数的对称中心为a 2,f a
2
，
由题意(1,f (1))也是对称中心，故a
2
=1⇔a =2，
即存在a =2使得(1,f (1))是f (x )的对称中心，D 选项正确.故选：AD
【点睛】结论点睛：(1)f (x )的对称轴为x =b ⇔f (x )=f (2b -x )；(2)f (x )关于(a ,b )对称⇔f (x )+f (2a -x )=2b ；(3)任何三次函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横
坐标是f (x )=0的解，即-b 3a ,f -b
3a 是三次函数的对称中心
15.ln2
【分析】先求出曲线y =e x +x 在0,1 的切线方程，再设曲线y =ln x +1 +a 的切点为x 0,ln x 0+1 +a ，求出y ，利用公切线斜率相等求出x 0，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【解析】由y =e x +x 得y =e x +1，y |x =0=e 0+1=2，
故曲线y =e x +x 在0,1 处的切线方程为y =2x +1；由y =ln x +1 +a 得y =1
x +1
，
设切线与曲线y =ln x +1 +a 相切的切点为x 0,ln x 0+1 +a ，
由两曲线有公切线得y =1x 0+1=2，解得x 0=-12，则切点为-12,a +ln 1
2 ，
切线方程为y =2x +12 +a +ln 1
2
=2x +1+a -ln2，
根据两切线重合,所以a -ln2=0，解得a =ln2.故答案为：ln216.64
【分析】将log 8a ,log a 4利用换底公式转化成log 2a 来表示即可求解.
【解析】由题1log 8a -1log a 4=3log 2a -12log 2a =-5
2，整理得log 2a 2-5log 2a -6=0，
⇒log 2a =-1或log 2a =6，又a >1，所以log 2a =6=log 226，故a =26=64故答案为：64.17.-2,1
【分析】将函数转化为方程，令x 3-3x =-x -1 2+a ，分离参数a ，构造新函数g x =x 3+x 2-5x +1,结合导数求得g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【解析】令x 3-3x =-x -1 2+a ，即a =x 3+x 2-5x +1，令g x =x 3+x 2-5x +1x >0 ,则g x =3x 2+2x -5=3x +5 x -1 ，令g x =0x >0 得x =1，当x ∈0,1 时，g x <0，g x 单调递减，
当x ∈1,+∞ 时，g x >0，g x 单调递增，g 0 =1,g 1 =-2，因为曲线y =x 3-3x 与y =-x -1 2+a 在0,+∞ 上有两个不同的交点，所以等价于y =a 与g x 有两个交点，所以a ∈-2,1
.
故答案为：-2,1 18.-3,-1 ∪1,3
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数g x =2x 2-ax 与h x =
ax -3,x ≥2
a
1-ax ,x <2a
，则两函数图象有唯一交点，分a =0、a >0与a <0进行讨论，当a >0时，计算函数定义域可得x ≥a 或x ≤0，计算可得a ∈0,2 时，两函数在y 轴左侧有一交点，则只需找到当a ∈0,2 时，在y 轴右侧无交点的情况即可得；当a <0时，按同一方式讨论即可得.【解析】令f x =0，即2x 2-ax =ax -2 -1，由题可得x 2-ax ≥0，
当a =0时，x ∈R ，有2x 2=-2 -1=1，则x =±
2
2，不符合要求，舍去；当a >0时，则2x 2
-ax =ax -2 -1=ax -3,x ≥2
a
1-ax ,x <2a
，即函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≥2
a
1-ax ,x <2a
有唯一交点，由x 2-ax ≥0，可得x ≥a 或x ≤0，
当x ≤0时，则ax -2<0，则2x 2-ax =ax -2 -1=1-ax ，
即4x 2-4ax =1-ax 2，整理得4-a 2 x 2-2ax -1=2+a x +1 2-a x -1 =0，
当a =2时，即4x +1=0，即x =-1
4
，
当a ∈0,2 ，x =-12+a 或x =1
2-a
>0(正值舍去)，
当a ∈2,+∞ 时，x =-12+a <0或x =1
2-a
<0，有两解，舍去，
即当a ∈0,2 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≤0时有唯一解，则当a ∈0,2 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≥a 时需无解，当a ∈0,2 ，且x ≥a 时，
由函数h x =
ax -3,x ≥2a
1-ax ,x <2a
关于x =2a 对称，令h x =0，可得x =1a 或x =3
a ，且函数h x 在1a ,2a
上单调递减，在2a ,3a
上单调递增，令g x =y =2x 2
-ax ，即x -a 2 2
a 24
-y 2a 2=1，
故x ≥a 时，g x 图象为双曲线x
2
a 24
-y 2a
2=1右支的x 轴上方部分向右平移a
2所得，
由
x
2
a 2
4
-y 2a
2=1的渐近线方程为y =±a
a 2
x =±2x ，
即g x 部分的渐近线方程为y =2x -a 2
，其斜率为2，又a ∈0,2 ，即h x =
ax -3,x ≥2
a
1-ax ,x <2a
在x ≥2
a 时的斜率a ∈0,2 ，令g x =2x 2-ax =0，可得x =a 或x =0(舍去)，且函数g x 在a ,+∞ 上单调递增，故有
1
a <a 3a
>a
，解得1<a <3，故1<a <3符合要求；
当a <0时，则2x 2
-ax =ax -2 -1=ax -3,x ≤2
a
1-ax ,x >2a
，即函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≤2
a
1-ax ,x >2a
有唯一交点，由x 2-ax ≥0，可得x ≥0或x ≤a ，
当x ≥0时，则ax -2<0，则2x 2-ax =ax -2 -1=1-ax ，
即4x 2-4ax =1-ax 2，整理得4-a 2 x 2-2ax -1=2+a x +1 2-a x -1 =0，当a =-2时，即4x -1=0，即x =1
4
，
当a ∈-2,0 ，x =-12+a <0(负值舍去)或x =1
2-a
0，
当a ∈-∞,2 时，x =-12+a >0或x =1
2-a
>0，有两解，舍去，
即当a ∈-2,0 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≥0时有唯一解，则当a ∈-2,0 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≤a 时需无解，当a ∈-2,0 ，且x ≤a 时，由函数h x =
ax -3,x ≤2a
1-ax ,x >2a
关于x =2a 对称，令h x =0，可得x =1a 或x =3
a ，且函数h x 在2a ,1a
上单调递减，在3a ,2a
上单调递增，同理可得：x ≤a 时，g x 图象为双曲线x 2
a 24
-y 2a 2=1左支的x 轴上方部分向左平移a
2所得，
g x 部分的渐近线方程为y =-2x +
a 2
，其斜率为-2，
又a ∈-2,0 ，即h x =
ax -3,x ≥2a
1-ax ,x <2a
在x <2
a 时的斜率a ∈-2,0 ，令g x =2x 2-ax =0，可得x =a 或x =0(舍去)，且函数g x 在-∞,a 上单调递减，故有
1
a >a 3a
<a
，解得-3<a <-1，故-3<a <-1符合要求；
综上所述，a ∈-3,-1 ∪1,3 .故答案为：-3,-1 ∪1,3 .
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数f x 的零点问题转化为函数g x =2x 2-ax 与函数h x =
ax -3,x ≥2
a
1-ax ,x <2a
的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.19.3
【分析】利用分段函数的形式可求f 3 .【解析】因为f x =x ,x >01,x ≤0, 故f 3 =3，
故答案为：3.20.(1)-2
(2)证明见解析(3)b ≥-2
3
【分析】(1)求出f x min =2+a 后根据f (x )≥0可求a 的最小值；
(2)设P m ,n 为y =f x 图象上任意一点，可证P m ,n 关于1,a 的对称点为Q 2-m ,2a -n 也在函数的图像上，从而可证对称性；
(3)根据题设可判断f 1 =-2即a =-2，再根据f (x )>-2在1,2 上恒成立可求得b ≥-23
.【解析】(1)b =0时，f x =ln x
2-x
+ax ，其中x ∈0,2 ，则f x =
1x +12-x =2x 2-x
+a ,x ∈0,2 ，因为x 2-x ≤2-x +x 2 2
=1，当且仅当x =1时等号成立，故f x min =2+a ，而f x ≥0成立，故a +2≥0即a ≥-2，所以a 的最小值为-2.，
(2)f x =ln x
2-x
+ax +b x -1 3的定义域为0,2 ，
设P m ,n 为y =f x 图象上任意一点，
P m ,n 关于1,a 的对称点为Q 2-m ,2a -n ，
因为P m ,n 在y =f x 图象上，故n =ln m
2-m
+am +b m -1 3，
而f 2-m =ln 2-m m +a 2-m +b 2-m -1 3=-ln m
2-m +am +b m -1 3 +2a ，=-n +2a ，
所以Q 2-m ,2a -n 也在y =f x 图象上，
由P 的任意性可得y =f x 图象为中心对称图形，且对称中心为1,a .
(3)因为f x >-2当且仅当1<x<2，故x=1为f x =-2的一个解，所以f1 =-2即a=-2，
先考虑1<x<2时，f x >-2恒成立.
此时f x >-2即为ln
x
2-x
+21-x
+b x-1
3>0在1,2
上恒成立，
设t=x-1∈0,1
，则ln t+1
1-t
-2t+bt3>0在0,1
上恒成立，
设g t =ln t+1
1-t
-2t+bt3,t∈0,1
，
则g t =
2
1-t2
-2+3bt2=
t2-3bt2+2+3b
1-t2
，
当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，故g t >0恒成立，故g t 在0,1
上为增函数，故g t >g0 =0即f x >-2在1,2
上恒成立.
当-2
3
≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0，
故g t ≥0恒成立，故g t 在0,1
上为增函数，故g t >g0 =0即f x >-2在1,2
上恒成立.
当b<-2
3，则当0<t<1+
2
3b
<1时，g t <0
故在0,1+2 3b
上g t 为减函数，故g t <g0 =0，不合题意，舍；
综上，f x >-2在1,2
上恒成立时b≥-2 3 .
而当b≥-2
3时，
而b≥-2
3时，由上述过程可得g t 在0,1
递增，故g t >0的解为0,1
，
即f x >-2的解为1,2
.
综上，b≥-2 3 .
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
21.(1)e-1
x-y-1=0
(2)1,+∞
【分析】(1)求导，结合导数的几何意义求切线方程；
(2)解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构
建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f (x)=e x-a有零点，可得a>0，进而利用导数求f x 的单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构建函数解不等式即可.
【解析】(1)当a=1时，则f(x)=e x-x-1，f (x)=e x-1，
可得f(1)=e-2，f (1)=e-1，
即切点坐标为1,e-2
，切线斜率k=e-1，
所以切线方程为y-e-2
=e-1
x-1
，即e-1
x-y-1=0.
(2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f (x)=e x-a，
若a≤0，则f (x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f (x )在R 上单调递增，无极值，不合题意；
若a >0，令f (x )>0，解得x >ln a ；令f (x )<0，解得x <ln a ；可知f (x )在-∞,ln a 内单调递减，在ln a ,+∞ 内单调递增，则f (x )有极小值f ln a =a -a ln a -a 3，无极大值，由题意可得：f ln a =a -a ln a -a 3<0，即a 2+ln a -1>0，
构建g a =a 2+ln a -1,a >0，则g a =2a +1
a
>0，
可知g a 在0,+∞ 内单调递增，且g 1 =0，不等式a 2+ln a -1>0等价于g a >g 1 ，解得a >1，所以a 的取值范围为1,+∞ ；
解法二：因为f (x )的定义域为R ，且f (x )=e x -a ，若f (x )有极小值，则f (x )=e x -a 有零点，令f (x )=e x -a =0，可得e x =a ，可知y =e x 与y =a 有交点，则a >0，
若a >0，令f (x )>0，解得x >ln a ；令f (x )<0，解得x <ln a ；可知f (x )在-∞,ln a 内单调递减，在ln a ,+∞ 内单调递增，则f (x )有极小值f ln a =a -a ln a -a 3，无极大值，符合题意，由题意可得：f ln a =a -a ln a -a 3<0，即a 2+ln a -1>0，构建g a =a 2+ln a -1,a >0，
因为则y =a 2,y =ln a -1在0,+∞ 内单调递增，可知g a 在0,+∞ 内单调递增，且g 1 =0，不等式a 2+ln a -1>0等价于g a >g 1 ，解得a >1，所以a 的取值范围为1,+∞ .22.(1)见解析(2)见解析
【分析】(1)求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；(2)先根据题设条件将问题可转化成证明当x >1时，e x -1-2x +1+ln x >0即可.
【解析】(1)f (x )定义域为(0,+∞)，f (x )=a -1x =
ax -1
x
当a ≤0时，f (x )=ax -1
x <0，故f (x )在(0,+∞)上单调递减；
当a >0时，x ∈1
a
,+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增，
当x ∈0,1
a
时，f (x )<0，f (x )单调递减.
综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)上单调递减；
a >0时，f (x )在1a ,+∞ 上单调递增，在0,1
a
上单调递减.
(2)a ≤2，且x >1时，e x -1-f (x )=e x -1
-a (x -1)+ln x -1≥e x -1-2x +1+ln x ，令g (x )=e x -1-2x +1+ln x (x >1)，下证g (x )>0即可.
g (x )=e x -1-2+1x ，再令h (x )=g (x )，则h (x )=e x -1-1
x
2，
显然h (x )在(1,+∞)上递增，则h (x )>h (1)=e 0
-1=0，即g (x )=h (x )在(1,+∞)上递增，
故g (x)>g (1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln1=0，问题得证
23.(1)极小值为0，无极大值.
(2)a≤-1
2
【分析】(1)求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
(2)求出函数的二阶导数，就a≤-1
2、-1
2
<a<0、a≥0分类讨论后可得参数的取值范围.
【解析】(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，
故f (x)=2ln(1+x)+1+2x
1+x
-1=2ln(1+x)-1
1+x
+1，
因为y=2ln(1+x),y=-
1
1+x
+1在-1,+∞
上为增函数，
故f (x)在-1,+∞
上为增函数，而f (0)=0，
故当-1<x<0时，f (x)<0，当x>0时，f (x)>0，
故f x 在x=0处取极小值且极小值为f0 =0，无极大值.
(2)f x =-a ln1+x
+1-ax
1+x
-1=-a ln1+x
-
a+1
x
1+x
,x>0，
设s x =-a ln1+x
-
a+1
x
1+x
,x>0，
则s x =
-a
x+1
-
a+1
1+x
2
=-
a x+1
+a+1
1+x
2
=-ax+2a+1
1+x
2
，
当a≤-1
2时，s
x >0，故s x 在0,+∞
上为增函数，
故s x >s0 =0，即f x >0，
所以f x 在0,+∞
上为增函数，故f x ≥f0 =0.
当-1
2
<a<0时，当0<x<-2a+1
a时，s
x <0，
故s x 在0,-2a+1 a
上为减函数，故在0,-2a+1a
上s x <s0 ，
即在0,-2a+1 a
上f x <0即f x 为减函数，
故在0,-2a+1 a
上f x <f0 =0，不合题意，舍.
当a≥0，此时s x <0在0,+∞
上恒成立，
同理可得在0,+∞
上f x <f0 =0恒成立，不合题意，舍；
综上，a≤-1 2 .
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
24.(1)单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
(2)证明见解析
(3)2
【分析】(1)直接代入k=-1，再利用导数研究其单调性即可；
(2)写出切线方程y-f(t)=1+k
1+t
(x-t)(t>0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)-t1+t，利用导数研究其零点即可；
(3)分别写出面积表达式，代入2S △ACO =15S ABO 得到13ln (1+t )-2t -15t
1+t
=0，再设新函数h (t )=13ln (1+t )-2t -15t
1+t
(t >0)研究其零点即可.【解析】(1)f (x )=x -ln (1+x ),f (x )=1-11+x =x
1+x
(x >-1)，
当x ∈-1,0 时，f x <0；当x ∈0,+∞ ，f x >0；∴f (x )在(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.
则f (x )的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
(2)f (x )=1+k 1+x ，切线l 的斜率为1+k
1+t
，
则切线方程为y -f (t )=1+k
1+t (x -t )(t >0)，
将(0,0)代入则-f (t )=-t 1+k 1+t
,f (t )=t 1+k
1+t ，即t +k ln (1+t )=t +t k 1+t ，则ln (1+t )=t 1+t ，ln (1+t )-t
1+t =0，
令F (t )=ln (1+t )-t
1+t
，假设l 过(0,0)，则F (t )在t ∈(0,+∞)存在零点.
F (t )=11+t -1+t -t (1+t )2=t
(1+t )2>0，∴F (t )在(0,+∞)上单调递增，F (t )>F (0)=0，∴F (t )在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).
(3)k =1时，f (x )=x +ln (1+x ),f (x )=1+11+x =x +2
1+x
>0.
S △ACO =1
2
tf (t )，设l 与y 轴交点B 为(0,q )，
t >0时，若q <0，则此时l 与f (x )必有交点，与切线定义矛盾.由(2)知q ≠0.所以q >0，
则切线l 的方程为y -t -ln t +1 =1+1
1+t x -t ，令x =0，则y =q =y =ln (1+t )-t
t +1
.∵2S △ACO =15S ABO ，则2tf (t )=15t ln (1+t )-t t +1
，∴13ln (1+t )-2t -15
t 1+t =0，记h (t )=13ln (1+t )-2t -15t
1+t
(t >0)，∴满足条件的A 有几个即h (t )有几个零点.
h
(t )=131+t -2-15(t +1)2=13t +13-2t 2+2t +1 -15(t +1)2=2t 2+9t -4(t +1)2=(-2t +1)(t -4)(t +1)2
，
当t ∈0,1
2 时，h t <0，此时h t 单调递减；
当t ∈1
2
,4 时，h t >0，此时h t 单调递增；
当t ∈4,+∞ 时，h t <0，此时h t 单调递减；
因为h (0)=0,h 1
2
0,h (4)=13ln5-20 13×1.6-20=0.8>0，
h (24)=13ln25-48-15×2425=26ln5-48-725<26×1.61-48-72
5
=-20.54<0，
所以由零点存在性定理及h (t )的单调性，h (t )在1
2
,4 上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，
综上所述，h (t )有两个零点，即满足2S ACO =15S ABO 的A 有两个.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.25.(1)y =x -1(2)2
(3)证明过程见解析
【分析】(1)直接使用导数的几何意义；
(2)先由题设条件得到a =2，再证明a =2时条件满足；(3)先确定f x 的单调性，再对x 1,x 2分类讨论.【解析】(1)由于f x =x ln x ，故f x =ln x +1.
所以f 1 =0，f 1 =1，所以所求的切线经过1,0 ，且斜率为1，故其方程为y =x -1.
(2)设h t =t -1-ln t ，则h t =1-1t =t -1
t
，从而当0<t <1时h t <0，当t >1时h t >0.
所以h t 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，这就说明h t ≥h 1 ，即t -1≥ln t ，且等号成立当且仅当t =1.
设g t =a t -1 -2ln t ，则
f x -a x -x =x ln x -a x -x =x a 1x -1
-2ln 1x
=x ⋅g 1
x
.当x ∈0,+∞ 时，
1
x
的取值范围是0,+∞ ，所以命题等价于对任意t ∈0,+∞ ，都有g t ≥0.一方面，若对任意t ∈0,+∞ ，都有g t ≥0，则对t ∈0,+∞ 有
0≤g t =a t -1 -2ln t =a t -1 +2ln 1t ≤a t -1 +21t -1 =at +2
t
-a -2，
取t =2，得0≤a -1，故a ≥1>0.再取t =
2a ，得0≤a ⋅2a +2a 2
-a -2=22a -a -2=-a -2 2，所以a =2.
另一方面，若a =2，则对任意t ∈0,+∞ 都有g t =2t -1 -2ln t =2h t ≥0，满足条件.综合以上两个方面，知a 的取值范围是2 .(3)先证明一个结论：对0<a <b ，有ln a +1<
f b -f a
b -a
<ln b +1.
证明：前面已经证明不等式t -1≥ln t ，故b ln b -a ln a b -a =a ln b -a ln a
b -a +ln b =ln b a b a -1+ln b <1+ln b ，
且b ln b -a ln a b -a =b ln b -b ln a b -a +ln a =-ln a b 1-a b +ln a >-a
b
-1 1-a b
+ln a =1+ln a ，
所以ln a +1<
b ln b -a ln a
b -a <ln b +1，即ln a +1<f b -f a b -a
<ln b +1.
由f x =ln x +1，可知当0<x <1e 时f x <0，当x >1e
时f x >0.所以f x 在0,
1e 上递减，在1
e
,+∞ 上递增.不妨设x 1≤x 2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论.
情况一：当1
e
≤x 1≤x 2<1时，有f x 1 -f x 2 =f x 2 -f x 1 <ln x 2+1 x 2-x 1 <x 2-x 1<x 2-x 1，结
论成立；
情况二：当0<x 1≤x 2≤1
e
时，有f x 1 -f x 2 =f x 1 -f x 2 =x 1ln x 1-x 2ln x 2.
对任意的c ∈0,1e
，设φx =x ln x -c ln c -c -x ，则φ
x =ln x +1+12c -x
.由于φ
x 单调递增，且有φ c 2e
1+12c
=ln c
2e
1+1
2c
+1+
12c -c
2e
1+1
2c
<ln
1e
1+1
2c
+1+
1
2c -c
2
=-1-
1
2c +1+1
2c
=0，且当x ≥c -
1
4ln 2c
-1 2
，x >c 2时，由12c -x
≥ln 2
c -1可知φ x =ln x +1+12c -x >ln c 2+1+12c -x =12c -x
-ln 2
c -1 ≥0.
所以φ x 在0,c 上存在零点x 0，再结合φ x 单调递增，即知0<x <x 0时φ x <0，x 0<x <c 时φ x >0.
故φx 在0,x 0 上递减，在x 0,c 上递增.
①当x 0≤x ≤c 时，有φx ≤φc =0；
②当0<x <x 0时，由于c ln 1c =-2f c ≤-2f 1e =2e <1，故我们可以取q ∈c ln 1
c
,1 .
从而当0<x <c
1-q 2
时，由c -x >q c ，可得
φx =x ln x -c ln c -c -x <-c ln c -c -x <-c ln c -q c =c c ln 1
c
-q <0.
再根据φx 在0,x 0 上递减，即知对0<x <x 0都有φx <0；综合①②可知对任意0<x ≤c ，都有φx ≤0，即φx =x ln x -c ln c -c -x ≤0.
根据c ∈0,1
e
和0<x ≤c 的任意性，
取c =x 2，x =x 1，就得到x 1ln x 1-x 2ln x 2-x 2-x 1≤0.所以f x 1 -f x 2 =f x 1 -f x 2 =x 1ln x 1-x 2ln x 2≤x 2-x 1.
情况三：当0<x 1≤1e ≤x 2<1时，根据情况一和情况二的讨论，可得f x 1 -f 1
e
≤1e -x 1≤
x 2-x 1，f 1e -f x 2 ≤x 2-1e ≤x 2-x 1.
而根据f x 的单调性，知f x 1 -f x 2 ≤f x 1 -f 1e 或f x 1 -f x 2 ≤f 1
e
-f x 2 .
故一定有f x 1 -f x 2 ≤x 2-x 1成立.综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合f x 的单调性进行分类讨论.26.(1)x |1<x <2
(2)a >1
【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；
(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +3
4
2
-
1
8
在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．
【解析】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，
故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .
(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，
故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2
=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2
=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，
故a 2
>1即a >1.
27.(1)证明见解析(2)存在，P 0,1 (3)严格单调递减
【分析】(1)代入M (0,0)，利用基本不等式即可；
(2)由题得s x =(x -1)2+e 2x ，利用导函数得到其最小值，则得到P ，再证明直线MP 与切线垂直即可；
(3)根据题意得到s 1 x 0 =s 2 x 0 =0，对两等式化简得f x 0 =-1
g (t )，再利用“最近点”的定义得到不等式
组，即可证明x 0=t ，最后得到函数单调性.【解析】(1)当M (0,0)时，s x =(x -0)2+1x -0 2=x 2+1
x
2≥2x 2⋅1x 2=2，当且仅当x 2=
1
x 2
即x =1时取等号，故对于点M 0,0 ，存在点P 1,1 ，使得该点是M 0,0 在f x 的“最近点”．(2)由题设可得s x =(x -1)2+e x -0 2=(x -1)2+e 2x ，
则s x =2x -1 +2e 2x ，因为y =2x -1 ,y =2e 2x 均为R 上单调递增函数，则s x =2x -1 +2e 2x 在R 上为严格增函数，
而s 0 =0，故当x <0时，s x <0，当x >0时，s x >0，故s x min =s 0 =2，此时P 0,1 ，
而f x =e x ,k =f 0 =1，故f x 在点P 处的切线方程为y =x +1.
而k MP =0-1
1-0
=-1，故k MP ⋅k =-1，故直线MP 与y =f x 在点P 处的切线垂直．
(3)设s 1x =(x -t +1)2+f x -f t +g t 2，s 2x =(x -t -1)2+f x -f t -g t 2，
而s 1x =2(x -t +1)+2f x -f t +g t f x ，s 2x =2(x -t -1)+2f x -f t -g t f x ，
若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是M 1,M 2在f x 的“最近点”，设P x 0,y 0 ，则x 0既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，因为两函数的定义域均为R ，则x 0也是两函数的极小值点，则存在x
0,使得s 1 x 0 =s 2 x 0 =0，
即s 1 x 0 =2x 0-t +1 +2f x 0 f x 0 -f (t )+g (t ) =0①s 2 x 0 =2x 0-t -1 +2f x 0 f x 0 -f (t )-g (t ) =0②由①②相等得4+4g (t )⋅f x 0 =0，即1+f x 0 g (t )=0，
即f x 0 =-1
g (t )，又因为函数g (x )在定义域R 上恒正，则f x 0 =-1
g (t )<0恒成立，接下来证明x 0=t ，
因为x 0既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，则s 1x 0 ≤s (t ),s 2x 0 ≤s (t )，
即x 0-t +1 2+f x 0 -f t +g t 2≤1+g t 2，③
x 0-t -1
2
+f x 0 -f t -g t 2≤1+g t 2，④
③+④得2x 0-t 2+2+2f x 0 -f (t ) 2+2g 2(t )≤2+2g 2(t )即x 0-t 2+f x 0 -f t 2≤0，因为x 0-t 2≥0,f x 0 -f t 2≥0则x 0-t =0
f x 0 -f t =0
，
解得x 0=t ，
则f t =-1
g (t )<0恒成立，因为t 的任意性，则f x 严格单调递减.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到f x 0 =-1
g (t )
，再利用最值点定义得到x 0=t 即可.。