压轴题(七)12．已知函数f(x)＝xlnx＋＋3，g(x)＝x3－x2，若∀x1，x2∈，f(x1)－g(x2)≥0，则实数a的取值范围为()A．[0，＋∞)B．[1，＋∞)C．[2，＋∞)D．[3，＋∞)答案B解析g′(x)＝3x2－2x＝3x，x∈，当x∈时，g′(x)≥0，g(x)在区间上单调递增，当x∈时，g′(x)≤0，g(x)在区间上单调递减，而g＝－0，xlnx<0，h′(x)>0，即h(x)在区间上单调递增；当x∈(1,2]时，1－x<0，xlnx>0，h′(x)<0，即h(x)在区间(1,2]上单调递减；所以当x＝1时，函数h(x)取得最大值h(1)＝1，故a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，sinC－sinB＝sin(C－A)＋sin(A－B)，则△ABC面积的最大值为________．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，当cosA＝0，即A＝时，b2＋c2＝a2＝4≥2bc，∴S△ABC＝bc≤1；当cosA≠0时，sinB＝sinC，则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＝＝－，令则原式等价为S△ABC＝－，且x2＋y2＝3，令k＝－(k>0)⇒y＝－k(x－2)，且x2＋y2＝3，则△ABC面积的最大值等价转化为直线y＝－k(x－2)与圆x2＋y2＝3有公共点时的k的最大值，则圆心(0,0)到直线y＝－k(x－2)的距离d＝≤，可得01，所以lnx>0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，若a>－，令g′(x)＝0，得x＝e，当10;当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，则h′(x)＝lnx＋1－a，令h′(x)＝0，得x＝ea－1，当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)的最小值为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，则t′(a)＝1－ea－1，令t′(a)＝0，得a＝1，当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0；当a∈[1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)．故a的取值范围是[0,2]．21．(2019·陕西部分学校高三摸底)已知圆O：x2＋y2＝1和抛物线E：y＝x2－2，O为坐标原点．(1)已知直线l与圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程；(2)过抛物线E上一点P(x0，y0)作两条直线PQ，PR与圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为－，求点P的坐标．解(1)由题意，知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋b，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由直线l与圆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OM·ON＝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，故直线l的方程为y＝－1.(2)设Q(x3，y3)，R(x4，y4)，则kRQ＝＝＝x3＋x4，所以x3＋x4＝－.由题意，知直线PQ，PR的斜率均存在，设PQ：y－y0＝k1(x－x0)，由直线PQ与圆O相切，得＝1，即(x－1)k－2x0y0k1＋y－1＝0，设PR：y－y0＝k2(x－x0)，同理可得(x－1)k－2x0y0k2＋y－1＝0.由题意可得x≠1，故k1，k2是方程(x－1)k′2－2x0y0k′＋y－1＝0的两个根，所以k1＋k2＝.由得x2－k1x＋k1x0－y0－2＝0，故x0＋x3＝k1，同理可得x0＋x4＝k2，则2x0＋x3＋x4＝k1＋k2，即2x0－＝，所以2x0－＝，解得x0＝－或x0＝.当x0＝－时，y0＝－；当x0＝时，y0＝1.故P或P(，1)．
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