2020高考數(shù)學(xué)(理科)二輪復(fù)習(xí)綜合模擬卷

第=page22頁，共=sectionpages22頁第=page11頁，共=sectionpages11頁2020高考數(shù)學(xué)（理科）二輪復(fù)習(xí)綜合模擬卷（五）一、選擇題（本大題共12小題，共60.0分）已知集合A{y|y=2x，x∈R}，B={x|y=lg（2-x）}則A∩B=（）A.（0，2） B.（-∞，2] C.（-∞，2） D.（0，2]已知復(fù)數(shù)z滿足i（3+z）=1+i，則z的虛部為（）A.-i B.i C.-1 D.1拋物線y=ax2的焦點(diǎn)是直線x+y-1=0與坐標(biāo)軸交點(diǎn)，則拋物線準(zhǔn)線方程是（）A. B.x=-1 C. D.y=-1已知點(diǎn)A，B，C不共線，則“與的夾角為”是“||＞||”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a3+a6=20，S5=35，則S7=（）A.57 B.60 C.63 D.66一個算法的程序框圖如圖所示，若該程序輸出的結(jié)果是，則判斷框中應(yīng)填入的條件是（）

A.i＞5 B.i＜5 C.i＞4 D.i＜4已知函數(shù)f（x）=3x+2cosx，若，b=f（2），c=f（log27），則a，b，c的大小關(guān)系是（）A. B. C. D.已知函數(shù)的圖象向左平移φ（φ＞0）個單位后得到函數(shù)的圖象，則φ的最小值為（）A. B. C. D.已知一個三棱錐的三視圖如圖所示，其中俯視圖是等腰直角三角形，則該三棱錐的外接球表面積（）

A. B.2 C.4 D.12π雙曲線C1：（a＞0，b＞0）的兩條漸近線與拋物線C2：y2＝2px（p＞0）交于點(diǎn)A、B（除去原點(diǎn)），且直線AB過拋物線C2的焦點(diǎn)，則雙曲線C1的離心率為（

）A. B. C. D.2已知三棱錐的6條棱代表6種不同的化工產(chǎn)品，有公共頂點(diǎn)的兩條棱代表的化工產(chǎn)品放在同一倉庫是安全的，沒有公共頂點(diǎn)的兩條棱代表的化工產(chǎn)品放在同一倉庫是危險的?，F(xiàn)用編號為1，2，3的三個倉庫存放這6種化工產(chǎn)品，每個倉庫放2種，那么安全存放的不同方法種數(shù)為()A.12 B.24 C.36 D.48設(shè)為不超過x的最大整數(shù)，為可能取到所有值的個數(shù)，是數(shù)列前n項(xiàng)的和，則下列結(jié)論正確個數(shù)的有（1）（2）是數(shù)列中的項(xiàng)

（3）（4）當(dāng)時，取最小值A(chǔ).1個 B.2個 C.3個 D.4二、填空題（本大題共4小題，共20.0分）已知向量=（3，4），=（t，-6），且，共線，則向量在方向上的投影為______．若x，y滿足，則z=4x+3y的最小值是______．已知a=，則展開式中的常數(shù)項(xiàng)為______．直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為正三角形，AB=2，D是AB的中點(diǎn)，異面直線AC1與CD所成角的余弦值是，則三棱柱ABC-A1B1C1的表面積等于______．三、解答題（本大題共7小題，共82.0分）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．

（Ⅰ）求角A的大?。?/p>

（Ⅱ）若，求△ABC的面積的最大值．

田忌賽馬是《史記》中記載的一個故事，說的是齊國將軍田忌經(jīng)常與齊國眾公子賽馬，孫臏發(fā)也們的馬腳力都差不多，都分為上、中、下三等．于是孫臏給田忌將軍制定了一個必勝策略：比賽即將開始時，他讓田忌用下等馬對戰(zhàn)公子們的上等馬，用上等馬對戰(zhàn)公子們的中等馬，用中等馬對戰(zhàn)公子們的下等馬，從而使田忌贏得公子們許多賭注．假設(shè)田忌的各等級馬與某公子的各等級馬進(jìn)行一場比賽獲勝的概率如表所示：田忌的馬/獲勝概率/公子的馬上等馬中等馬下等馬上等馬0.50.81中等馬0.20.50.9下等馬00.050.4比賽規(guī)則規(guī)定：一次比由三場賽馬組成，每場由公子和田忌各出一匹馬出騫，結(jié)果只有勝和負(fù)兩種，并且毎一方三場賽馬的馬的等級各不相同，三場比賽中至少獲勝兩場的一方為最終勝利者．

（1）如果按孫臏的策略比賽一次，求田忌獲勝的概率；

（2）如果比賽約定，只能同等級馬對戰(zhàn)，每次比賽賭注1000金，即勝利者贏得對方1000金，每月比賽一次，求田忌一年賽馬獲利的數(shù)學(xué)期望．

如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，E為PC上的點(diǎn)，且BE⊥平面APC

（Ⅰ）求證：平面PAD⊥平面PBC；

（Ⅱ）當(dāng)三棱錐P-ABC體積最大時，求二面角B-AC-P的大??；

已知橢圓的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F2（2，0），點(diǎn)在橢圓C上．

（1）求橢圓C的方程；

（2）若直線y=kx（k≠0）與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，直線AE，AF分別與y軸交于點(diǎn)M，N，在x軸上，是否存在點(diǎn)P，使得無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化，總有∠MPN為直角？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

已知函數(shù)f（x）=axlnx-bx2-ax．

（Ⅰ）曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為，求a，b的值；

（Ⅱ）若a≤0，時，?x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范圍．

在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線M的參數(shù)方程為（α為參數(shù)）在以原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中直線l的極坐標(biāo)方程為2ρcos（θ+）=m．

（1）求曲線M的普通方程，并指出曲線M是什么曲線；

（2）若直線l與曲線M相交于A，B兩點(diǎn)，|AB|=2，求m的值

設(shè)函數(shù)f（x）=|x+m|+|x-n|，其中m＞0，n＞0．

（1）若m2+n2=2（m+n-1），求關(guān)于x的不等式f（x）≥3的解集；

（2）若+=1，證明：f（x）≥4．

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：∵集合A{y|y=2x，x∈R}={y|y＞0}，

B={x|y=lg（2-x）}={x|xx＜2}，

∴A∩B={x|0＜x＜2}=（0，2）．

故選：A．

分別求出集合A，B，由此能求出A∩B．

本題考查交集的求法，考查交集定義、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題．

2.【答案】C

【解析】解∵i（3+z）=1+i，∴3+z=，

∴z=-2-i，

∴復(fù)數(shù)z的虛部為-1．

故選：C．

把已知等式變形，再由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡得答案．

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題．

3.【答案】D

【解析】解：∵拋物線y=ax2的焦點(diǎn)F位于直線x+y-1=0與坐標(biāo)軸交點(diǎn)上．焦點(diǎn)坐標(biāo)在y軸上，

所以焦點(diǎn)是（0，1），

所以拋物線的準(zhǔn)線方程為：y=-1；

故選：D．

先求出焦點(diǎn)，從而求出拋物線的方程；

本題主要考查拋物線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，是基本知識的考查．

4.【答案】A

【解析】【分析】

???????點(diǎn)A，B，C不共線，則“與的夾角為”?“||＞||”，反之不成立．即可判斷出結(jié)論．

本題考查了充分條件和必要條件的判斷、向量的數(shù)量積運(yùn)算及余弦定理的應(yīng)用，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

【解答】

解：由題意可得||2=||2+||2+2=||2+||2+2||||cos,又||2=||2+||2-2||||cos,

由點(diǎn)A，B，C不共線，則可知當(dāng)“與的夾角為”時，“||2＞||2”即“||＞||”；

???????反之，當(dāng)“||＞||”時，與的夾角不一定為，夾角也可能為等．

∴點(diǎn)A，B，C不共線，則“與的夾角為”是“||＞||”的充分不必要條件．

故選：A．

5.【答案】C

【解析】解：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，

因?yàn)閿?shù)列a3+a6=20，S5=35，所以a3+a6=20，

a3=7，解得a3=7，a6=13，

所以a6-a3=3d=6，解得，

所以an=2n+1，，

從而S7=63．

故選：C．

設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閿?shù)列a3+a6=20，S5=35，所以a3+a6=20，a3=7，解得a3=7，a6=13，利用通項(xiàng)公式與求和公式即可得出．

本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．

6.【答案】D

【解析】解：負(fù)值i=1，T=0，S=0，

判斷條件成立，執(zhí)行i=1+1=2，T=0+1=1，S=0+=；

判斷條件成立，執(zhí)行i=2+1=3，T=1+1=2，S=；

判斷條件成立，執(zhí)行i=3+1=4，T=2+1=3，S=；

判斷條件不成立，算法結(jié)束，輸出S=．

此時i=4，4＜4不成立．

故判斷框中應(yīng)填入的條件是i＜4．

故選：D．

由已知中的程序語句可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計(jì)算并輸出變量S的值，模擬程序的運(yùn)行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案．

本題考查程序框圖，考查學(xué)生的讀圖能力，是基礎(chǔ)題．

7.【答案】D

【解析】【分析】

???????本題考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，涉及函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．

根據(jù)題意，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系分析可得f（x）在R上為增函數(shù)，又由2=log24＜log27＜3＜，分析可得答案．

【解答】

解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）=3x+2cosx，其導(dǎo)數(shù)函數(shù)f′（x）=3-2sinx，

則有f′（x）=3-2sinx＞0在R上恒成立，

則f（x）在R上為增函數(shù)；

又由2=log24＜log27＜3＜，

則b＜c＜a；

故選：D．

8.【答案】A

【解析】解：把函數(shù)的圖象向左平移φ（φ＞0）個單位后得到函數(shù)y=sin（2x+2φ-）的圖象，即得到的圖象，

∴2φ-=2kπ+，k∈Z，∴φ的最小值為，

故選：A．

由題意利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論．

本題主要考查函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，屬于基礎(chǔ)題．

9.【答案】D

【解析】解：根據(jù)幾何體的三視圖，

把幾何體轉(zhuǎn)換為：

所以：該幾何體的球心為O，

R=，

．

故選：D．

首先把三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體，進(jìn)一步利用幾何體的表面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果．

本題考查的知識要點(diǎn)：三視圖和幾何體的轉(zhuǎn)換，幾何體的體積公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題型．

10.【答案】B

【解析】本題考拋物線和雙曲線的方程和性質(zhì)，考查雙曲線的漸近線方程的運(yùn)用，離心率的求法，屬于基礎(chǔ)題和易錯題.

???????解：雙曲線的漸近線方程為y=±x與拋物線交于點(diǎn)A，B，且AB過拋物線C2的焦點(diǎn)，

由拋物線C2的焦點(diǎn)為（，0），當(dāng)x=時，y=±p，

∵點(diǎn)A（，p）在y=x上，

∴p=?，即b=2a，

∴c==a，

∴e==，

故選：B．

11.【答案】D

【解析】【解答】

解：根據(jù)題意，如圖的三棱錐中，設(shè)6條棱為1、2、3、4、5、6，分析可得1、4，2、6，3、5不能分到同一組，

分2步進(jìn)行分析：

①，將6種化工產(chǎn)品分成3組，其中1、4，2、6，3、5不能分到同一組，

有-3×2-1=8種分組方法，

②，將分好的三組全排列，對應(yīng)3個倉庫，有A33=6種情況，

則不同的安全存放的種數(shù)有8×6=48種；

故選：D．

【分析】

根據(jù)題意，如圖的三棱錐中，設(shè)6條棱為1、2、3、4、5、6，分析可得1、4，2、6，3、5不能分到同一組，分2步進(jìn)行分析：①，將6種化工產(chǎn)品分成3組，其中1、4，2、6，3、5不能分到同一組，②，將分好的三組全排列，對應(yīng)3個倉庫，由分步計(jì)數(shù)原理計(jì)算可得答案．

本題考查排列、組合的應(yīng)用，注意先按照題意進(jìn)行分組，再進(jìn)行排列，屬于基礎(chǔ)題．

12.【答案】C

【解析】【分析】先求得的結(jié)果，歸納推理得到個數(shù)的表達(dá)，即的值，由此對四個結(jié)論逐一分析，從而得出正確選項(xiàng).【詳解】當(dāng)時，，故.當(dāng)時，，，，，故.當(dāng)時，，，，故，共有個數(shù)，即，故（1）結(jié)論正確.以此類推，當(dāng)，時，，，故可以取的個數(shù)為，即，當(dāng)時上式也符合，所以；令，得，沒有整數(shù)解，故（2）錯誤.

，所以，故，所以（3）判斷正確.，，當(dāng)時，當(dāng)時，故當(dāng)時取得最小值，故（4）正確.綜上所述，正確的有三個，故選C.【點(diǎn)睛】本小題主要考查取整函數(shù)的理解，考查分析和推理的能力，考查裂項(xiàng)求和法，考查數(shù)列最小值的求法，綜合性很強(qiáng)，屬于難題.當(dāng)數(shù)列的通項(xiàng)公式是兩個等差數(shù)列相乘的倒數(shù)時，求前項(xiàng)和的方法是裂項(xiàng)相消求和法.基本不等式等號不成立時，可在附近的整數(shù)點(diǎn)來求取本題（4）所要求的最小值.

13.【答案】-5

【解析】【分析】

根據(jù)條件即可得出方向相反，從而得出，這樣即可求出向量在方向上的投影的值．

本題考查向量共線的定義，向量夾角的定義，以及投影的定義及計(jì)算公式．是基礎(chǔ)題.

【解答】

解：共線，且；

∴方向相反；

∴；

∴在方向上的投影為：．

故答案為-5．

14.【答案】

【解析】解：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：（陰影部分）．

由z=4x+3y得y=-x+z，

平移直線y=-x+z，

由圖象可知當(dāng)直線=-x+z經(jīng)過點(diǎn)A時，直線=-x+z的截距最小，

此時z最小．

由，解得，即A（-，），

代入目標(biāo)函數(shù)z=4x+3y得z=．

即目標(biāo)函數(shù)z=4x+3y的最小值為．

故答案為：

作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，利用z的幾何意義即可得到結(jié)論

本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合是解決線性規(guī)劃題目的常用方法．利用平移確定目標(biāo)函數(shù)取得最優(yōu)解的條件是解決本題的關(guān)鍵

15.【答案】-160

【解析】解：a==，

∴[（a+2-）x-]6=，

其展開式的通項(xiàng)公式為

Tr+1=?（2x）6-r?=（-1）r?26-r??x6-2r；

令6-2r=0，解得r=3；

∴展開式中常數(shù)項(xiàng)為（-1）3?23?=-160．

故答案為：-160．

根據(jù)定積分運(yùn)算求出a的值，再利用二項(xiàng)式定理求展開式中的常數(shù)項(xiàng)．

本題考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用問題，也考查了定積分的計(jì)算問題，是中檔題．

16.【答案】

【解析】解：設(shè)三棱柱高為h，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖坐標(biāo)系，

則A（0，0，0），B（1，，0），C（2，0，0），D（，，0），C1，（2，0，h），

∴=（2，0，h），=（-2，，0）=（-，，0），

異面直線AC1與CD所成角的余弦值是，∴與所成角的余弦值的絕對值為，

∴==，解得h=2，

∴三棱柱的表面積為：S=2×+（2+2+2）×2=．

故填：14．

設(shè)三棱柱的高為h，建立坐標(biāo)系后，根據(jù)異面直線AC1與CD所成角的余弦值是，求出h，即可求出表面積．

本題適合用坐標(biāo)法處理，但是要注意向量夾角與直線夾角的區(qū)別，屬于基礎(chǔ)題．

17.【答案】解：（Ⅰ）∵，可得：=，

∴由sinB≠0，整理可得：sinCcosB=-cosA-cosCsinB，

∴-cosA=sinCcosB+cosCsinB=sin（B+C）=sinA，

∴可得：tanA=-，

∵A∈（0，π），

∴A=；

（Ⅱ）∵A=，，

∴由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得：3=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc，解得：bc≤1，當(dāng)且僅當(dāng)b=c是等號成立，

∴S△ABC=bcsinA≤=，即△ABC的面積的最大值為．

【解析】（Ⅰ）由二倍角公式，誘導(dǎo)公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式化簡已知等式可得tanA=-，結(jié)合范圍A∈（0，π），可求A的值；

（Ⅱ）由余弦定理，基本不等式可求得bc≤1，根據(jù)三角形的面積公式即可計(jì)算得解△ABC的面積的最大值．

本題主要考查了二倍角公式，誘導(dǎo)公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，余弦定理，基本不等式，三角形的面積公式在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．

18.【答案】解：（1）記事件A：按孫臏的策略比賽一次，田忌獲勝．

對于事件A，三次比賽中，由于第三場必輸，則前兩次比賽中田忌都勝．

因此，P（A）=0.8×0.9=0.72；

（2）設(shè)田忌在每次比賽所得獎金為隨機(jī)變量ξ，則隨機(jī)變量ξ的可能取值為-1000和1000，

若比賽一次，田忌獲勝，則三場比賽中，田忌輸贏的分布為：勝勝勝、負(fù)勝勝、勝負(fù)勝、勝勝負(fù)，

設(shè)比賽一次，田忌獲勝的概率為P，則．

隨機(jī)變量ξ的分布列如下表所示：

ξ-1000

1000

P

所以，．

因此，田忌一年賽馬獲利的數(shù)學(xué)期望為-100×12=-1200金．

【解析】（1）由題意知，田忌第三場比賽必輸，則前兩場比賽都勝，因而利用相互獨(dú)立事件的概率乘法公式可得出答案；

（2）先計(jì)算出田忌比賽一次獲勝的概率，并計(jì)算出田忌比賽一次獲利的數(shù)學(xué)期望，再這個期望上乘以12即可得出田忌一年賽馬獲利的數(shù)學(xué)期望．

本題考查離散型隨機(jī)變量及其數(shù)學(xué)期望，解決本題的關(guān)鍵就是弄清概率的類型，并計(jì)算出相應(yīng)事件的概率，考查計(jì)算能力，屬于中等題．

19.【答案】解：

（Ⅰ）證明：∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD，

CB⊥AB，

∴CB⊥平面PAB，

∴CB⊥AP，

又BE⊥平面APC，

∴BE⊥AP，

∴AP⊥平面PBC，

∴平面PAD⊥平面PBC；

（Ⅱ）

由（1）中，AP⊥平面PBC，

得AP⊥PB，

設(shè)P到AB的距離為h，

則AB×h=PA×PB，

∴h==1，

當(dāng)且僅當(dāng)PA=PB=時取等號，

此時，三棱錐P-ABC的體積最大，

連接BD交AC于O，連接OE，

∵AC⊥OB，

∴AC⊥OE（垂直斜線則垂直射影），

∴∠EOB即為二面角B-AC-P的平面角，

在正方形ABCD中，求得OB=，

在Rt△PBC中，求得BE=，

∴sin∠EOB==，

∴∠EOB=arcsin．

【解析】（Ⅰ）利用面面垂直的性質(zhì)證得BC⊥AP，利用線面垂直的性質(zhì)證得BE⊥AP，進(jìn)而可得AP⊥平面PBC，平面PAD⊥平面PBC；

（Ⅱ）首先由不等式證得當(dāng)PA=PB時，三棱錐體積最大，然后結(jié)合三垂線逆定理作出二面角的平面角，不難求解．

此題考查了面面垂直，線面垂直，二面角的求法等，難度適中．

20.【答案】解：（1）依題意，橢圓右焦點(diǎn)為F2（2，0），c=2，

∵點(diǎn)在C上，∴，

又∵a2=b2+c2，∴a2=8，b2=4，

∴橢圓方程為；

（2）假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，設(shè)P（x0，0），E（x1，y1），則F（-x1，-y1），

聯(lián)立直線與橢圓的方程，，

解得，

則E(，，

∵，∴AE所在直線方程為，

∴，同理可得，

則，

，

∴x0=2或x0=-2，

∴存在點(diǎn)P，使得無論非零實(shí)數(shù)k怎么變化，總有∠MPN為直角，

點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，0）或（-2，0）．

【解析】本題考查橢圓的幾何性質(zhì)與標(biāo)準(zhǔn)方程，涉及直線與橢圓的位置關(guān)系，關(guān)鍵是求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．

（1）根據(jù)題意，由橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)分析可得c的值，又由B在橢圓上，可得，由橢圓的幾何性質(zhì)計(jì)算可得a2、b2的值，即可得橢圓的方程；

（2）假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，設(shè)P（x0，0），E（x1，y1），則F（-x1，-y1），聯(lián)立直線與橢圓的方程，變形可得（1+2k2）x2-8=0，求出E點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而可得AE所在直線方程，求出M點(diǎn)坐標(biāo)，同理可得N點(diǎn)坐標(biāo)，表示出、，由向量垂直與向量數(shù)量積的關(guān)系有，即可得答案．

21.【答案】解：（Ⅰ）由題意，f′（x）=a（1+lnx）-2bx-a=alnx-2bx，

由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．

即a=1，b=；

（Ⅱ）當(dāng)a≤0，時，f′（x）=alnx-x＜0，

f（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，

不妨設(shè)x1＜x2，則f（x1）＞f（x2），原不等式即為＜3．

即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．

令g（x）=f（x）+3x，則g（x）在（1，e）上為單調(diào)增函數(shù)，

∴有g(shù)′（x）=f′（x）+3=alnx-x+3≥0在（1，e）上恒成立．

即a≥，x∈（1，e），

令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，

令t（x）=lnx+，t′（x）=．

∴t（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，t（x）＞t（e）=，

則h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上為單調(diào)