壓軸題(七) 12．已知函數(shù)f(x)＝xln x＋＋3，g(x)＝x3－x2，若?x1，x2∈，f(x1)－g(x2)≥0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．[0，＋∞) B．[1，＋∞) C．[2，＋∞) D．[3，＋∞) 答案　B 解析　g′(x)＝3x2－2x＝3x，x∈，當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)≥0，g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)≤0，g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，而g＝－<g(2)＝4，所以g(x)在區(qū)間上的最大值是4，依題意，只需當(dāng)x∈時(shí)，xln x＋＋3≥4恒成立，亦即a≥x－x2ln x．令h(x)＝x－x2ln x，x∈，則h′(x)＝1－x－2xln x，顯然h′(1)＝0，當(dāng)x∈時(shí)，1－x>0，xln x<0，h′(x)>0，即h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，1－x<0，xln x>0，h′(x)<0，即h(x)在區(qū)間(1,2]上單調(diào)遞減；所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)h(x)取得最大值h(1)＝1，故a≥1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)． 16．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a＝2，sinC－sinB＝sin(C－A)＋sin(A－B)，則△ABC面積的最大值為________． 答案　 解析　由sinC－sinB＝sin(C－A)＋sin(A－B)，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝sin(A＋C)＋sin(C－A)，2sinBcosA＝2sinCcosA，當(dāng)cosA＝0，即A＝時(shí)，b2＋c2＝a2＝4≥2bc，∴S△ABC＝bc≤1；當(dāng)cosA≠0時(shí)，sinB＝sinC，則b＝c. 解法一：在△ABC中，由余弦定理， 得a2＝b2＋c2－2bccosA＝4c2－2c2cosA， ∴c2＝，S△ABC＝bcsinA＝c2sinA＝＝－，令 則原式等價(jià)為S△ABC＝－，且x2＋y2＝3， 令k＝－(k>0)?y＝－k(x－2)，且x2＋y2＝3， 則△ABC面積的最大值等價(jià)轉(zhuǎn)化為直線y＝－k(x－2)與圓x2＋y2＝3有公共點(diǎn)時(shí)的k的最大值，則圓心(0,0)到直線y＝－k(x－2)的距離d＝≤ ，可得0<k≤ ，即S△ABC≤ ， 綜上可知S△ABC≤ ，故△ABC面積的最大值為. 解法二：在△ABC中，若a＝2，b＝c，即BC＝2，AC＝AB，以BC所在直線為x軸，其中垂線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則B(－1,0)，C(1,0)，設(shè)A(x，y)，由AC＝AB，得 ＝·，化簡(jiǎn)整理，得點(diǎn)A的軌跡方程為(x＋2)2＋y2＝3，所以S△ABC＝·BC·|yA|≤ ，故△ABC面積的最大值為. 20．(2019·河南新鄉(xiāng)三模)已知函數(shù)f(x)＝，a∈R. (1)討論函數(shù)g(x)＝在(1，＋∞)上的單調(diào)性； (2)若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， g′(x)＝， 若a≤－，因?yàn)閤>1，所以ln x>0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 若a>－，令g′(x)＝0，得x＝e，當(dāng)1<x<e時(shí)，g′(x)>0; 當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0， 所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為. (2)x2f(x)＋a≥2－e， 即xln x－ax＋a＋e－2≥0對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立， 令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，則h′(x)＝ln x＋1－a，令h′(x)＝0，得x＝ea－1， 當(dāng)x∈(0，ea－1)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(ea－1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0， 所以h(x)的最小值為h(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1， 令t(a)＝a＋e－2－ea－1，則t′(a)＝1－ea－1，令t′(a)＝0，得a＝1， 當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，h(x)的最小值為t(a)≥t(0)＝e－2－>0；當(dāng)a∈[1，＋∞)時(shí)，h(x)的最小值為t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)．故a的取值范圍是[0,2]． 21．(2019·陜西部分學(xué)校高三摸底)已知圓O：x2＋y2＝1和拋物線E：y＝x2－2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)已知直線l與圓O相切，與拋物線E交于M，N兩點(diǎn)，且滿足OM⊥ON，求直線l的方程； (2)過拋物線E上一點(diǎn)P(x0，y0)作兩條直線PQ，PR與圓O相切，且分別交拋物線E于Q，R兩點(diǎn)，若直線QR的斜率為－，求點(diǎn)P的坐標(biāo)． 解　(1)由題意，知直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋b，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由直線l與圓O相切，得＝1， 所以b2＝k2＋1. 由消去y，得x2－kx－b－2＝0. 所以x1＋x2＝k，x1x2＝－b－2. 由OM⊥ON，得·＝0，即x1x2＋y1y2＝0， 所以x1x2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0， 所以(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝0， 所以b2(－b－2)＋(b2－1)b＋b2＝0， 解得b＝－1或b＝0(舍去)． 所以k＝0，故直線l的方程為y＝－1. (2)設(shè)Q(x3，y3)，R(x4，y4)，則 kRQ＝＝＝x3＋x4， 所以x3＋x4＝－. 由題意，知直線PQ，PR的斜率均存在， 設(shè)PQ：y－y0＝k1(x－x0)，由直線PQ與圓O相切，得＝1，即(x－1)k－2x0y0k1＋y－1＝0， 設(shè)PR：y－y0＝k2(x－x0)，同理可得(x－1)k－2x0y0k2＋y－1＝0. 由題意可得x≠1， 故k1，k2是方程(x－1)k′2－2x0y0k′＋y－1＝0的兩個(gè)根， 所以k1＋k2＝. 由 得x2－k1x＋k1x0－y0－2＝0， 故x0＋x3＝k1， 同理可得x0＋x4＝k2， 則2x0＋x3＋x4＝k1＋k2，即2x0－＝， 所以2x0－＝， 解得x0＝－或x0＝. 當(dāng)x0＝－時(shí)，y0＝－；當(dāng)x0＝時(shí)，y0＝1. 故P或P(，1)．