【文档说明】福建省莆田第一中学2024届高三上学期期中考试数学试题（解析版）.docx，共(23)页，1.329 MB，由小赞的店铺上传

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莆田一中2023-2024学年度上学期高三期中考试卷数学试题1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．3．考试结束后，将答题卡交回．一、单项选

择题：8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意.1.设集合24,3AxxxBxyx===−，则AB=Rð（）A.)0,3B.(0,3C.3,4D.(3,4【答案】A【解析】【分析】先解不等式求出A，再求出B和RBð，最后求出RA

Bð即可.【详解】2404xxx，所以04Axx=，303xx−，所以3Bxx=，所以R3Bxx=ð，所以R03ABxx=ð，故选：A2.实数,xy满足21,0xyx+=−，则

yxx−的最小值为（）A1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】用已知条件消元后用基本不等式即可.【详解】因为21xy+=−，所以12yx=−−所以1212224yxxxxxxx+−=+=+++=，当且仅当1x=取等号故选：D．.3.设α是第二象限角，P（x，1）为其终边上一点，

且1cos3x=，则tanα=（）A.22−B.24−C.22D.24【答案】B【解析】【分析】利用三角函数的定义先解得x，再求正切值即可.【详解】由三角函数定义可知：21cos2231xxxx===+，又α是第二象限

角，故22x=−，所以2tan4yx==−.故选：B4.正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的

体积与表面积之比为（）A.618B.69C.612D.63【答案】B【解析】【分析】正八面体的上、下结构是两个相同的正四棱锥，由勾股定理求得斜高，再由棱锥的体积公式即可求解.【详解】如上图，由边长为2，可得正八面体

上半部分的斜高为2213EG=−=，高为312EO=−=，则其体积为22282222333ABBCEOV===，其表面积为328888322EGBCS===，∴此正八面体的体积与表面积之比为69.故选：B.5.已知定义域为R的

函数()fx，其导函数为()fx，且满足()()0fxfx−，()01f=，则（）A.()e11f−B.()1efC.1e2fD.()11e2ff【答案】C【解析】【分析】构造()()xfxgx=e，利用导数及已知判断其单调

性，根据单调性及相对应函数值判断各项的大小.【详解】令()()xfxgx=e，则()()()()()()2eeeexxxxfxfxfxfxgx−−==，因为()()0fxfx−在R上恒成立，所以()0gx在R上恒成立，故

()gx在R上单调递减，()()10gg−，即()()()1010e11eefff−−=−=，故A不正确；()()10gg，即()()010eeff，即()()1e0eff=，故B不正确；()102gg

，即()1021021eeff=，即1e2f，故C正确；()112gg，即()12112eeff，即()11e2ff，故D不正确；故选：C6.已知()sincosfx

axx=+的图象关于π3x=对称，则函数()sincosgxxax=+的图象的一条对称轴是x=（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】A【解析】【分析】化简后结合三角函数的对称轴即可求解.【详解】()()21sincos1sin,tanfxaxxaxa

=+=++=，又图象关于3x=对称，,32kk+=+Z，可以求得6k=+，故()1133,sin3cos2sincos2sintan223agxxxxxx===+=+=

+，对称轴为,326xkxk+=+=+，0k=时即A项．故选：A．7.函数()(),01,21,20xxxfxfxx−=+−的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用导函数研

究01x上的单调性，得到()fxxx=−在10,4x上单调递减，在1,14x上单调递增，且1144f=−，进而研究10−x上的单调性，得到在314x−−上单调递减，在304x−上

单调递增，且3142f−=−，从而选出正确答案.【详解】当01x时，()121122xfxxx−=−=，当10,4x时，()0fx，当1,14x时，()0fx¢>，故()fxxx

=−在10,4x上单调递减，在1,14x上单调递增，所以()fxxx=−在14x=处取得极小值，11114424f=−=−，当10−x时，011x+，故()()211fxxx=+−+

，()1211211xfxxx+−=−=++，当314x−−时，()21101xfxx+−=+，当304x−时，()21101xfxx+−=+，()()211fxxx=+−+在314x−−上单调递减，在304x−上单

调递增，且33312114442f−=−+−−+=−，显然1124−−，综上：只有D选项满足要求.故选：D8.在三棱锥−PABC中，6,2PAPBPCACAB=====，且ACAB⊥，则三棱锥−PABC外接球的

表面积为（）A.8πB.9πC.16πD.24π【答案】B【解析】【分析】根据题意，由条件确定球心的位置，即可得到球的半径，再由球的表面积公式，即可得到结果.【详解】由题意可得，点P在底面上的射影M是CB的中点，是三角形ABC的外心，

令球心为O，因为2ACAB==，且ACAB⊥，所以2MBMCMA===，又因6PAPBPC===，所以622PM=−=，直角三角形OBM中，222OBOMBM=+，即()2222RR=+−，解得32R=，则三棱锥

外接球的表面积为294π4π9π4R==.故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列化简结果正确的是（）A.1cos

22sin52sin22cos522−=B.tan24tan3631tan24tan36−+=C.cos15sin152−=D.1sin15sin30sin754=【答案】AB【解析】【分析】根据题意，由三角函数

的和差角公式，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】()1cos22sin52sin22cos52sin5222sin302−=−==，所以A正确；()tan24tan36tan2436tan6031tan24tan36+=+

==−，所以B正确；为在()()2cos15sin152cos45cos15sin45sin152cos45152−=−=+=，所以C错误；()11sin15sin30sin75sin15sin30si

n9015sin15cos15sin30sin30sin3028=−===，所以D错误．故选：AB．10.下列命题正确的是（）A.“1x”是“2232xx+”的充分不必要条件B.2log2311log

27lg25lg472+++=C.函数()2sin,0,πfxxxx=−，则()πππ62fffD.函数()21,1,2log,1,xxfxxx=若()2fx，则实数x的取值

范围是1,4−【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A，令20xt=，转化为2320tt−+求解判断；对于选项B，利用对数的运算求解判断；对于选项C，利用导数法判断()2sinfxxx=−的单调性求解判断；对于选项D，分1x，

1x，分别利用指数函数和对数函数不等式求解判断.【详解】对于选项A，令20xt=，则由2232xx+得2320tt−+，解得2t或1t，1x或0x，故“1x”是“2232xx+”的充分不必要条件．

故A正确；对于选项B，原式()323311log3lg25422222=++=++=，故B正确；对于选项C，函数()2sinfxxx=−，可得()2cos1fxx=−，其中0,πx，当π0,3x时，()0fx¢>；当π,π3x时，

()0fx，所以()fx在π0,3上单调递增，在π,π3上单调递减，因为ππππππππ2sin2,2sin122226666ff=−=−=−=−，可得πππππ21102

6263ff−=−−+=−，所以ππ26ff，又()fx在π,π3上单调递减，所以()ππ2ff，所以()πππ26fff

，所以C是错误．对于选项D，当1x时，令122x，得1x−，故11x−；当1x时，令2log2x，得4x，故14x．综上，14x−．故D是正确；故选：ABD11.已知0，函数()πcos3fxx=+，下列选项正确的有（

）A.若()fx的最小正周期2T=，则π=B.当2=时，函数()fx的图象向右平移π3个单位长度后得到()cos2gxx=的图象C.若()fx在区间2π,π3上单调递增，则的取值范围是51,3D

.若()fx在区间()0,π上只有一个零点，则的取值范围是17,66【答案】ACD【解析】【分析】由余弦函数周期的公式，可判定A正确；利用三角函数的图象变换，可判定B错误；根据()fx在区间2π,π3

上单调递增，列出不等式组，求得的范围，得到当0k=时，不等式有解，可判定C正确；由()fx在区间()0,π上只有一个零点，列出不等式组，求得的范围，可判定D正确．【详解】解：由余弦函数图象与性质，可得2π2T==，得π=，所以A正确；当2=时，可得()πcos23fxx=+

，将函数()fx的图象向右平移π3个单位长度后得()ππππcos2cos23333fxxxgx−=−+=−，所以B错误；若()fx在区间2π,π3上单调递增，则2ππ2π33,Zππ2π2π3kkk

++++，解得5132,Z3kkk++，又因为0，所以只有当0k=时，此不等式有解，即513，所以C正确；若()fx在区间()0,π上只有一个零点，则ππ32π3π32++，解得1766，所以D正确．故选：ACD．1

2.已知函数()2ln,01,0xxxfxxx=−，则（）A.若函数()()gxfxk=−有两个零点，则01kB.当0x时，()32fxx恒成立C.若方程()()ffxa=有5个解，则实数a的取值范围

是1,0e−D.若过点(),(0)Paaa与曲线()fx相切的直线有两条，则实数a的取值范围是()e,+【答案】BC【解析】【分析】对于A，画出函数图象，根据图象即可判断；对于B，化简为lnxx，令tx=，不等式变形为2lntt，构造函数()

2ln,0htttt=−，利用导数考查单调性，求得最大值即可判断；对于C，令()(),fxtfta==，分离讨论a的范围，考查()fta=的解的情况，进一步分析即可；对于D，根据图象观察即可.【详解】因为当当0x时，()ln,()ln1fxxxfxx

==+，令()ln10fxx=+得1xe，令()ln10fxx=+,得10xe,所以()fx在1(,)e+上单调递增，在1(0,)e上单调递减，则min11()()fxfee==−，且0x时，2()1fxx=−，故可画出函数()fx的大致

图象如图所示：由图知函数()()gxfxk=−有两个零点时，则01k或1ek=−，故A错误;对于B,因为0x，不等式为32lnxxx，即lnxx，令tx=，不等式化2lntt．令()()22ln,thttthtt==−−，令()0

ht=，得2t=，当()0,2t时，()0ht，则()ht在()0,2上单调递增，当()2,t+时，()0ht，则()ht在()2,+上单调递减，故最大值()22ln220h=−，则2lntt恒成立，故B正确；对于

C，令()(),fxtfta==，当1a或1e−a时，方程()fta=只有一解记为0t，此时()0fxt=不可能有5解。当01a时，()fta=，有两解记为()()1212,,1,0,1,ttttm−，（其中ln1mm=）()1fxt=至多3个解，

()2fxt=有1解，不合题意.当1ae=−时，()fta=，有两解记为12121,,1,,etttt−=，()1fxt=有1个解，()2fxt=有2解，不合题意.当10ea−时，()fta=，有三解记为12312311,,,1,0,,,1eetttttt−

为为()1fxt=有1个解，()2fxt=有2解，()3fxt=有2解，符合题意.综上方程()()ffxa=有5个解时实数a的取值范围是1,0e−．C正确．对于D，当0x时，()ln,()ln1fxxxfxx==+，设切点为000(,ln)Axxx，则00

00lnln1xxaxxa−=+−，则000()lnxaaxx=，令0lntx=，2eee(),()(0tttththtttt−==），01t时，()0ht，1t时，()0ht，所以()ht在(0,1

)上单调递减，在(1,)+上单调递增，所以0t时，min()(1)ehth==，所以当ea时，方程000()lnxaaxx=由两个解；当0ln0tx=，000()lnxaaxx=无解；故ea时，过

(),aa可以画出两条直线与lnyxx=相切，又当ea时，过(),aa必有一条与21,0yxx=−相切，故D选项错误.故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数()322fxaxbxx=−+是

定义在21,3aa+−上的奇函数，则ab+=______.【答案】4−【解析】【分析】根据奇函数的知识求得,ab，由此求得ab+.【详解】依题意函数()322fxaxbxx=−+是定义在21,3aa+−上的奇函数，所以2130,4aaa++−==−，()3242

fxxbxx=−−+，()3242fxxbxx−=−−，()()240fxfxbx+−=−=恒成立，所以0b=，所以4ab+=−.故答案为：4−14.已知π0,2，10cosα10=，则1sin2cos2−=______．【答案】12−##0.5−【解

析】【分析】首先求出sin，再由二倍角公式求出sin2、cos2，最后代入计算可得.【详解】由10cosα10=且π0,2，所以2310sin1cos10=−=，所以103103sin22s

incos210105===，24cos22cos15=−=−，所以311sin2154cos225−−==−−．故答案为：12−15.已知函数()()sinfxAx=+（其中π0,0,2A）的部分图像如右图所示，则()fx在ππ,23

−−上的值域为______．【答案】2,3−−【解析】【分析】根据题意，由函数图像可求得函数()fx的解析式，再由正弦型函数的值域，即可得到结果.【详解】由图像可知，37ππ3π2π2,π241264ATT==−−====；从而()()2sin2xx

f=+，又由ππππ2sin0ππ,6333fkkk−=−+=−+==+Z，因为π2，所以π3=，从而()π2sin23fxx=+，当ππ,23x−−时，则π2ππ

2,333tx=+−−，因为sinyt=在2ππ,32−−上单调递减，在3π,2π−−上单调递增，所以min21tyy=−==−∣，因为2ππ3,332ty=−=−=−，所以max32y=−，故31sin2t−，即22sin3t−−，从而()π

22sin233fxx−=+−，即()fx在ππ,23−−上的值域为2,3−−．故答案为：2,3−−16.已知实数,ab满足32eee,lneabab==，其中e是自然对数的底数，则ab的值为__

____．【答案】3e【解析】【分析】由32eee,lneabab==，得2ln0aa−−=，()()2ln1lnln10bb−−−−=，构造函数()2lnfxxx=−−，由函数单调，有ln1ab=−，得2ln1lnab−+=，可解ab的值.【详解】由2eeaa=可得，2eaa−=，即ln2

aa=−，也即2ln0aa−−=，由3elnebb=可得()3ln1ebb−=，所以()lnlnln13bb+−=，即()()2ln1lnln10bb−−−−=，构造函数()2lnfxxx=−−，()110fxx=−

−在()0,+恒成立，所以函数()2lnfxxx=−−在定义域()0,+上单调递减，由()()ln10fafb=−=，得ln1ab=−，即1lnab+=，又因为ln2aa=−，得2ln1lnab−+=，所以lnlnln3abab+==，解得3eab=．故

答案为：3e四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数()()26cos3sin230fxxx=+−的最小正周期为8．（1）求函数()fx的单调减区间；（2）若()0835fx=，且0102,33x−，求()01f

x+的值．【答案】（1）2148,8,Z33kkk++（2）765【解析】【分析】（1）用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，由最小正周期求出，整体代入法求函数单调递减区间；（2）由()0835fx=，得0ππ4sin435x+=，()00πππ123sin4

34fxx+=++，利用两角和的正弦公式计算.【小问1详解】()2π6cos3sin233cos23sin223sin23fxxxxxx=+−=+=+，由题意，得：2π82T==，所以π8=，所以()ππ23sin

43fxx=+，由πππ3π2π2π,2432kxkk+++Z，得：21488,,33kxkk++Z所以函数()yfx=的单调减区间是2148,8,33kkk++Z．【小问2详

解】由()0835fx=，得：0ππ8323sin435x+=，所以0ππ4sin435x+=，因为0102,33x−，所以0ππππ,4322x+−，所以200π

πππ3cos1sin43435xx+=−+=，所以()0000πππππππππ123sin23sincoscossin434434434fxxxx+=++=+++4232762352525=+=

．18.已知函数()()32Rfxxbxcx=++的图象过点()1,2P−，且在点P处的切线恰好与直线330xy−+=垂直.（1）求函数()fx的解析式；（2）若函数()yfx=的图象与抛物线213412yx

xm=−+−恰有三个不同交点，求m的取值范围.【答案】（1）()323fxxx=+（2）675(,)272【解析】【分析】（1）根据图象过点及导数的几何意义列方程求解即可；（2）构造差函数，从而只需函数有三个零点即可，

求导，求极值即可求解.【小问1详解】因为()()32Rfxxbxcx=++的图象经过点()1,2P−，所以12bc−++=，又2()32fxxbx=+，则()132fb−=−，由条件()1311f=−−，即323b−=−，解得3b=，代入12bc−++=解得0c=，故()323fxxx=

+；【小问2详解】由（1）知：()323fxxx=+，令232137()()4-14122gxfxxxmxxxm=−−+=−+−+，则原题意等价于()gx图象与x轴有三个交点.因为()()2

4374313gxxxxx=−+=−−，x()-,1141,3434+3（，）()fx−0+0()fx极大极小所以()gx在1x=时取得极大值5(1)2=−gm，()gx在43x=时取得极小值467()327=−gm，依题意得5026702

7mm−−，解得675272m，故m的取值范围为675(,)272.19.如图，在三棱锥−PABC中，,PAPCABAC⊥⊥，平面PAC⊥平面ABC，24ACPA==．（1）证明：PBPC⊥；（2）若三棱锥−PABC的体积为833，求平面ABC与平面PBC所成角的余弦

值．【答案】（1）证明见解析（2）155【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得AB⊥面PAC，再由线面垂直的性质、判定证结论；（2）过点P在平面PAC内作PDAC⊥于D，证PD⊥平面ABC，根据已知并求出相关边

长，进而构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.【小问1详解】因为面PAC⊥面,ABCABAC⊥，面PAC面ABCAC=，AB面ABC，所以AB⊥面PAC，而PC面PAC，所以ABPC⊥又,PCPAPAABA⊥=，,PAAB面PAB，所以

PC⊥面PAB，由PB平面PAB，从而PBPC⊥．【小问2详解】过点P在平面PAC内作PDAC⊥于D，由面PAC⊥面ABC，面PAC面,,ABCACPDACPD=⊥面PAC，故PD⊥平面ABC，因为2

4,ACPAPAPC==⊥，则2223PCACPA=−=，由等面积法得3,PAPCPDAC==则221,3ADPAPDCDACAD=−==−=，因为1183323PABCVACABPD−==

，所以4AB=，又ABAC⊥，以点D为原点，,,ABDCDP的方向分别为,,xyz轴的正方向建立如下空间直角坐标系，则()()()()()0,0,3,4,1,0,0,3,0,4,1,3,0,3,3PBCPBPC−=−−=−，设面PBC的一个法向量为(),,nxyz=r，则430330nPBxy

znPCyz=−−==−=，取3z=，则()1,1,3n=，易知面ABC的一个法向量为()0,0,1m=，故315cos,515mnmnmn===，所以平面ABC与平面PBC所成角的余弦值为155．20.已知函数()si

nxfxx=．（1）当π0,2x时，求函数()fx的最小值；（2）若()33exxgxxxa=−+−，且对1π0,2x，都20,2x，使得()()12fxgx成立，求实数a的取值范围．【答案】

（1）2π；（2）1,1e−+.【解析】【分析】（1）利用导数研究()fx单调性，注意构造中间函数()πcossin,0,2uxxxxx=−判断()fx的符号；（2）构造()πsin,0,2hxxxx=−研究其单调性证

()sin1xfxx=在π0,2上恒成立，再应用导数研究()gx在0,2上的最大值，结合已知恒能成立有121ea+−即可求范围.【小问1详解】因为函数()sinπ,0,2xfxxx=

，所以()2cossinxxxfxx−=．设()πcossin,0,2uxxxxx=−，则()sin0uxxx=−，故()ux在π0,2上递减．()()00u

xu=，即()π0,0,2fxx，()fx\在π0,2上单调递减，最小值为π22πf=．【小问2详解】令()πsin,0,2hxxxx=−，则()cos10hxx=−在π0,2

上恒成立，即函数()hx在π0,2上单调递减，所以()()00hxh=，所以πsin,0,2xxx，即()sin1xfxx=在π0,2上恒成立；又()()()2113113eexxxgxxxxx−

=−−=−++，当0,2x时1330exx++，()()()0,1,0,xgxgx在区间()0,1上单调递增；()()()1,2,0,xgxgx在区间()1,2上单调递减．函数()gx在区间0,2上的最大值为()111132eegaa=−+−=+−．

综上，只需121ea+−，解得11ea+，即实数a的取值范围是1,1e−+．21.中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，基本规则简明易懂.在中国有着深厚的群众基础

，是普及最广的棋类项目.某地区举行中国象棋比赛，先进行小组赛，每三人一组，采用单循环赛（任意两人之间只赛一场），每场比赛胜者积3分，负者积0分，平局各1分.根据积分排名晋级淘汰赛，若出现积分相同的情况，则再进行加赛.已知甲、乙、丙三人分在同一个小组，根据以往比赛数据统计，甲、乙对局时，甲胜概率为

25，平局概率为15；甲、丙对局时，甲胜概率为13，平局概率为13；乙、丙对局时，乙胜概率为12，平局概率为16.各场比赛相互独立，若只考虑单循环赛的三场比赛，求：（1）甲积分的期望；（2）甲、乙积分相同的概率【答案】（1）4115（2）845【解析】【分析】

（1）求出甲和乙、丙对局时输的概率，甲积分为，则的可能取值为0,1,2,3,4,6，算出每种情况的概率，得到的分布列，利用期望的公式求解即可；（2）若甲、乙积分相同，则只能同时积1分、2分、3分、4分，分类求出每种情况的概率

，根据分类加法计数原理求解即可.【小问1详解】由已知可得，甲、乙对局时，甲输的概率为2121555−−=；甲、丙对局时，甲输的概率为1111333−−=，设甲积分为，则的可能取值为0,1,2,3,4,

6，()21205315P===，()11211153535P==+=，()11125315P===，()212143535315P==+=，()21111453535P==+=，()21265315P===.的分布列为：012346P21515

11541515215()21141241012346155151551515E=+++++=；【小问2详解】若甲、乙积分相同，则只能同时积1分、2分、3分、4分，若甲、乙均积1分，则甲、乙对局平局，甲、丙对局丙胜，乙、丙对局丙胜，其概率为

1111153345P==；若甲、乙均积2分，则甲、乙对局平局，甲、丙对局平局，乙、丙对局平局，其概率为2111153690P==；若甲、乙均积3分，则甲、乙对局甲胜，甲、丙对局丙胜，乙、丙对局乙胜，

或者甲、乙对局乙胜，甲、丙对局甲胜，乙、丙对局丙胜，其概率为：321121112152353315459P=+=+=；若甲、乙均积4分，则甲、乙对局平局，甲、丙对局甲胜，乙、丙对局乙胜，其概率为：4111153230P==；所以

甲、乙积分相同的概率为11118459093045P=+++=.22.已知函数()()lnfxxxkk=−−（1）讨论函数()fx在1,e上的单调性；（2）若函数()()exfxkxgx+=在1,e上单调递减，求实数k的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）(),1e,−−+【

解析】【分析】（1）根据题意，求导得()fx，分1k，2k以及12k讨论，即可得到结果；（2）根据题意，设()()ln1ehxxxkx=−，然后分0k，ek以及0ek讨论，即可得到结果.【小问1详解】由题意知()ln1fxxk=−+，令()0f

x=，得1ekx−=，又()ln1fxxk=−+单调递增，①当1k时，1e1k−，所以当1ex时，()0fx，即()fx在1,e上单调递增；②当2k时，1eek−，所以当1ex时，()0fx，即()fx在1,e上单调递减；③当12k时，1ex时，

令()0fx¢>，得1eekx−，令()0fx，得11ekx−，即()fx在1e,ek−上单调递增，在11,ek−上单调递减。综上：当1k时，()fx在[1，e]上单调递

增；当2k时，()fx在1,e上单调递减当12k时，()fx在1e,ek−上单调递增，在11,ek−上单调递减【小问2详解】由题意，()lnexxxkgx−=，设()()ln1ehxxxkx=−，则()ln10hxx+

=，所以()hx在1,e上单调递增，故()()minmax()1,()eehxhkhxhk==−==−，①当0k时，()0hx在1,e上恒成立，所以()lnexxxkgx−=，从而()()1ln1exxxk

gx−++=，因为()gx在1,e上单调递减，所以()0gx在1,e上恒成立，从而()1ln1kxx−−，设()()()()11ln11e,lnxxxxxxxx−=−−=+，当1ex时，1ln0,0xxx−，所以()0x，故

()x在1,e上单调递增，可得函数()x在1,e上的最小值为1−，最大值为e2−因为()kx恒成立，所以1k−；②当ek时，()0hx在1,e上恒成立，所以()lnexxxkgx−=−，从而()()()1ln1eexxxx

kxkgx=−−−−=，因为()gx在1,e上单调递减，所以()0gx在1,e上恒成立，故()kx恒成立，由①中计算知()x在1,e上的最大值为e2−，当ek时，显然()kx恒成立，满足题意；③当0ek时，()()10,ee0hkhk=−=−

，所以()hx在（1，e）上有唯一的零点0x，且当01xx时，()0hx；当0exx时，()0hx，从而()()()()000ee0,e0eexhxhgxg===，故()()0egxg，所以()gx在1,e上不可能单调递减，不合题意；综上所述，实数k的取值范围

是(),1e,−−+．【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究含参函数单调区间的讨论问题以及已知函数单调性求参数问题，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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