解：
（1）對于函數 f ( x ) = 1 x f(x) = \frac{1}{x} f(x)=x1? 和點 M ( 1 , 0 ) M(1, 0) M(1,0)，構造函數 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。求導得到 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，通過中間值定理可知存在解。二階導數 s ′ ′ ( x ) = 2 + 6 x 4 > 0 s''(x) = 2 + \frac{6}{x^4} > 0 s′′(x)=2+x46?>0，說明存在極小值點，因此存在最近點 P P P。
（2）對于函數 f ( x ) = e x f(x) = e^x f(x)=ex和點 M ( 1 , 0 ) M(1, 0) M(1,0)，構造函數 s ( x ) = ( x ? 1 ) 2 + e 2 x s(x) = (x - 1)^2 + e^{2x} s(x)=(x?1)2+e2x。求導得到 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。驗證 x = 0 x = 0 x=0 處的二階導數 s ′ ′ ( 0 ) = 2 + 4 e 0 = 6 > 0 s''(0) = 2 + 4e^{0} = 6 > 0 s′′(0)=2+4e0=6>0，說明存在極小值點 P ( 0 , 1 ) P(0, 1) P(0,1)。直線 M P MP MP 的斜率為 -1，切線斜率為 1，乘積為 -1，滿足垂直條件，因此存在這樣的點 P P P。
（3）對于點 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))，構造函數 s 1 ( x ) s_1(x) s1?(x) 和 s 2 ( x ) s_2(x) s2?(x)。通過求導并聯立方程，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?) 必須恒負，說明 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上單調遞減。
最終答案：
（1） 存在 \mathbf{\text{存在}} 存在
（2） 存在 \mathbf{\text{存在}} 存在
（3） f ( x ) 在 R 上單調遞減 \mathbf{f(x) \text{在} \mathbb{R} \text{上單調遞減}} f(x)在R上單調遞減
