2021年山东省济宁市高考数学二模试卷

2021年山东省济宁市高考数学二模试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）已知全集U＝R，集合A＝{x|x≥2}，B＝{x|log2（x﹣1）＜1}，则（∁U A）∩B＝（）
A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，2]C．（1，2）D．（1，3）
2．（5分）已知（2﹣i）•z＝i，i为虚数单位（）
A．B．1C．2D．
3．（5分）“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的一个（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．（5分）已知随机变量X服从正态分布N（1，σ2），若P（X≤0）＝0.2（X＜2）＝（）A．0.2B．0.4C．0.6D．0.8
5．（5分）已知椭圆C：+＝1，过点P（1，），若P为AB的中点，则直线AB的
方程为（）
A．3x﹣2y﹣2＝0B．3x+2y﹣4＝0C．3x+4y﹣5＝0D．3x﹣4y﹣1＝0 6．（5分）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知点M（，﹣1）（0，1）．若点P在∠MON的角平分线上，且|，则•＝（）
A．﹣2B．﹣6C．2D．6
7．（5分）已知函数f（x）＝，若f（a）＝f（b）（）
A．2B．e C．1+e D．2e
8．（5分）“曼哈顿距离”是由赫尔曼•闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语，例如在平面直角坐标系中1，y1）、Q（x2，y2）的曼哈顿距离为：L PQ＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．若点P（1，2），点Q为圆C：x2+y2＝4上一动点，则L PQ的最大值为（）A．1+B．1+2C．3+D．3+2
二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9．（5分）已知a＞b＞0，c∈R，下列不等式恒成立的有（）
A．（）a＜（）b B．ac2＞bc2
C．log2＞log2D．（）2
10．（5分）函数f（x）＝2cos（2x﹣）+1（x∈R）（）
A．若f（x1）＝f（x2）＝3，则x1﹣x2＝kπ（k∈Z）
B．函数f（x）在[，]上为增函数
C．函数f（x）的图象关于点（，1）对称
D．函数f（x）的图象可以由g（x）＝2sin（2x﹣）+1（x∈R）的图象向左平移个单位长度得到
11．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，f（1﹣x）＝﹣f（1+x），1]时，f（x）＝x2+x ﹣2，则下列说法正确的是（）
A．f（x）是以4为周期的周期函数
B．f（2018）+f（2021）＝﹣2
C．函数y＝log2（x+1）的图象与函数f（x）的图象有且仅有3个交点
D．当x∈[3，4]时，f（x）＝x2﹣9x+18
12．（5分）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB＝AA1＝AD ＝1，∠BAD＝60°上的动点（不包括端点），点Q是半圆弧（不包括端点），则下列说法正确的是（）
A．四面体PBCQ的体积是定值
B．的取值范围是（0，4）
C．若C1Q与平面ABCD所成的角为θ，则tan
D．若三棱锥P﹣BCQ的外接球表面积为S，则S∈[4π，13π）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知（x﹣）n的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中x3项的系数是．
14．（5分）已知tan（）＝，则cos2α＝．
15．（5分）设双曲线（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线分
别交双曲线左、右两支于点M，N．若以MN为直径的圆经过点F2且|MF2|＝|NF2|，则双曲线的离心率为．
16．（5分）设函数f（x）＝e x﹣cos x﹣2a，g（x）＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f（x1）＝g（x2）成立，则x2﹣x1的最小值为1时，实数a＝．
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．（10分）在①（sin B﹣sin C）2＝sin2A﹣sin B sin C；②2a sin C＝c tan A；③2cos2＝cos2A+1；
三个条件中任选一个，补充在下面问题中
问题：已知△ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若b＝
（1）求A的值；
（2）若sin B＝sin C，求△ABC的面积．
18．（12分）已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1，3a2的等差中项，a4＝16．（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）若b n＝（﹣1）n log2a2n+1，求数列{b n}的前n项和T n．
19．（12分）甲、乙两人进行“抗击新冠疫情”知识竞赛，比赛采取五局三胜制．约定先胜三局者获胜，比赛结束．假设在每局比赛中，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立．（1）求甲获胜的概率；
（2）设比赛结束时甲和乙共进行了X局比赛，求随机变量X的分布列及数学期望．20．（12分）如图，四边形ABEF是矩形，平面ABC⊥平面ABEF，∠CAB＝120°，AB＝AC＝4．
（1）证明：平面ADF⊥平面BCF；
（2）求二面角F﹣AD﹣E的余弦值．
21．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0），过点T（0，p）作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交抛物线C于A、B两点，l2交抛物线C于E、F两点，当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）已知O为坐标原点，线段AB的中点为M，线段EF的中点为N
22．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2+x，g（x）＝（1﹣a）xlnx﹣e x﹣1，a＞0．（1）当a＝时，判断函数f（x）在定义域内的单调性；
（2）若f（x）≥g（x）+x恒成立
2021年山东省济宁市高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）已知全集U＝R，集合A＝{x|x≥2}，B＝{x|log2（x﹣1）＜1}，则（∁U A）∩B＝（）
A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，2]C．（1，2）D．（1，3）
【解答】解：因为B＝{x|log2（x﹣1）＜6}＝{x|1＜x＜3}，
又集合A＝{x|x≥5}，全集U＝R，
所以（∁U A＝{x|x＜2}，
所以（∁U A）∩B＝（1，3）．
故选：C．
2．（5分）已知（2﹣i）•z＝i，i为虚数单位（）
A．B．1C．2D．
【解答】解：由已知可得：
z＝，
所以|z|＝，
故选：A．
3．（5分）“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的一个（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解答】解：直线l垂直于平面α内的无数条直线，若无数条直线是平行线，
如果l⊥α，根据线面垂直的性质可知直线l垂直于平面α内的无数条直线．
故“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的必要不充分条件．
故选：B．
4．（5分）已知随机变量X服从正态分布N（1，σ2），若P（X≤0）＝0.2（X＜2）＝（）A．0.2B．0.4C．0.6D．0.8
【解答】解：随机变量X服从正态分布N（1，σ2），P（X≤4）＝0.2，
∴P（3≤X≤1）＝0.8﹣0.2＝2.3，
∴P（1≤X≤5）＝P（0≤X≤1）＝8.3．
所以P（X＜2）＝5.5+0.4＝0.8．
故选：D．
5．（5分）已知椭圆C：+＝1，过点P（1，），若P为AB的中点，则直线AB的方程为（）
A．3x﹣2y﹣2＝0B．3x+2y﹣4＝0C．3x+4y﹣5＝0D．3x﹣4y﹣1＝0【解答】解：设A（x1，y1），B（x5，y2），
则3x62+4y82＝12，3x22+4y22＝12，
∴3（x6+x2）（x1﹣x4）+4（y1+y6）（y1﹣y2）＝6．
∵P（1，1）恰为线段AB的中点3+x2＝2，y7+y2＝1，
∴6（x1﹣x2）+5（y1﹣y2）＝6，
∴直线AB的斜率为k＝＝﹣，
∴直线AB的方程为y﹣＝﹣，
即3x+5y﹣4＝0．
由于P在椭圆内，故成立．
故选：B．
6．（5分）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知点M（，﹣1）（0，1）．若点P在∠MON的角平分线上，且|，则•＝（）
A．﹣2B．﹣6C．2D．6
【解答】解：点M（，﹣1）可知OM与x轴正方向所角为30°
点M（，﹣1）和点N（0
那么ON＝6，MO＝2，
点P在∠MON的角平分线上，且|，
那么∠MOP＝∠NOP＝60°，
可得P的坐标为（），
∴•＝（，6）＝﹣6+4＝﹣6；
故选：A．
7．（5分）已知函数f（x）＝，若f（a）＝f（b）（）A．2B．e C．1+e D．2e
【解答】解：∵函数f（x）＝，
设b＞1≥a＞7，
由f（a）＝f（b）可得﹣1+2lnb＝6﹣2lna，即lna+lnb＝1，
∴a+b＝a+≥3，当且仅当a＝时，
但0＜a≤1时，即y＝a+，6]上单调递减，
故y＝a+在（0＝5+e，
故选：C．
8．（5分）“曼哈顿距离”是由赫尔曼•闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语，例如在平面直角坐标系中1，y1）、Q（x2，y2）的曼哈顿距离为：L PQ＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．若点P（1，2），点Q为圆C：x2+y2＝4上一动点，则L PQ的最大值为（）A．1+B．1+2C．3+D．3+2
【解答】解：由题意设P（2cosθ，2sinθ）（7≤θ＜2π），
则L PQ＝|1﹣5cosθ|+|2﹣2sinθ|，
当cosθ≥时，即当θ∈[0，）时，
L PQ＝2cosθ﹣1+8﹣2sinθ＝1+cos（θ+），
∵θ∈[8，]∪[），∴]∪[，），
则当＝2π时，L PQ的最大值为；
当cosθ＜时，即当θ∈（，，
L PQ＝1﹣4cosθ+2﹣2sinθ＝2﹣cos（θ+），
∵θ∈（，）∴），
则当＝时，L PQ的最大值为4+2．
综上所述，L PQ的最大值为7+2．
故选：D．
二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9．（5分）已知a＞b＞0，c∈R，下列不等式恒成立的有（）
A．（）a＜（）b B．ac2＞bc2
C．log2＞log2D．（）2
【解答】解：对于A：由于a＞b＞0，函数y＝，故（）a＜（）b；故A正确；
对于B：当c＝0时，ac3＝bc2；故B错误；
对于C：当a＞b＞0时，，由于y＝log6x在（0，+∞）单调递增，故C错误；
对于D：根据不等式的性质，（）2恒成立，故D正确；
故选：AD．
10．（5分）函数f（x）＝2cos（2x﹣）+1（x∈R）（）
A．若f（x1）＝f（x2）＝3，则x1﹣x2＝kπ（k∈Z）
B．函数f（x）在[，]上为增函数
C．函数f（x）的图象关于点（，1）对称
D．函数f（x）的图象可以由g（x）＝2sin（2x﹣）+1（x∈R）的图象向左平移个单位长度得到
【解答】解：对于函数f（x）＝2cos（2x﹣）+1（x∈R），
若f（x1）＝f（x6）＝3，则x1﹣x7＝kT＝kπ（k∈Z），故A正确；
在[，]上∈[﹣，]，故B错误；
令x＝，求得f（x）＝1，1）对称；
把g（x）＝2sin（8x﹣）+1（x∈R）的图象向左平移﹣）+1＝8sin（2x﹣，故D错误，
故选：AC．
11．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，f（1﹣x）＝﹣f（1+x），1]时，f（x）＝x2+x ﹣2，则下列说法正确的是（）
A．f（x）是以4为周期的周期函数
B．f（2018）+f（2021）＝﹣2
C．函数y＝log2（x+1）的图象与函数f（x）的图象有且仅有3个交点
D．当x∈[3，4]时，f（x）＝x2﹣9x+18
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，f（x）满足f（1﹣x）＝﹣f（1+x），又由f（x）为偶函数，
则有f（x+2）＝﹣f（x+2）＝f（x），则f（x）是周期为4的周期函数；
对于B，f（x）是周期为8的周期函数，f（2021）＝f（1）＝0，B错误；
对于C，根据题意2（x+3）的图象与函数f（x）的图象，结合图象可得两个函数有3个交点；
对于D，当x∈[3，则3﹣x∈[0，则f（4﹣x）＝（4﹣x）2+（4﹣x）﹣8＝x2﹣9x+18，又由f（x）为周期为8的周期函数且f（x）是偶函数，则f（x）＝f（x﹣4）＝f（4﹣x）＝x8﹣9x+18，D正确；
故选：ACD．
12．（5分）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB＝AA1＝AD ＝1，∠BAD＝60°上的动点（不包括端点），点Q是半圆弧（不包括端点），则下列说法正确的是（）
A．四面体PBCQ的体积是定值
B．的取值范围是（0，4）
C．若C1Q与平面ABCD所成的角为θ，则tan
D．若三棱锥P﹣BCQ的外接球表面积为S，则S∈[4π，13π）
【解答】解：对A：在四棱柱ABCD﹣A1B1C4D1中，点P到面ABCD的距离为1，则V P﹣BCQ＝＝h，
由于h不为定值，故V P﹣BCQ不为定值，故A错误；
对B：在Rt△A7PD1中，cos∠D1A2P＝，
所以•＝•＝||cos∠D1A7P＝4cos²∠D1A4P，
因为∠D1A1P∈（8，），所以cos∠D1A8P∈（0，1），
所以•的取值范围是（0，故B正确；
对C：由于CC1⊥面ABCD，所以C3Q与面ABCD所成的角为∠C1QC，
所以tanθ＝＝，因为CQ∈（0，所以tanθ＞；
对D：以D为坐标原点，DB、DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系，则B（，4，0），1，3），A1（，﹣5，D1（0，6，1），
线段BC的中点M（，，7）1D1的中点N（，﹣，1），
设球心O（，，t），y，7），
则（x﹣）²+（y+，
由||＝||）²+（y+，
整理可得3t＝（x﹣）²+（y﹣）²+（y﹣，
则t＝﹣y，
因为﹣1＜y≤，则t＝，），||＝，），
所以S＝5π||²∈[4π，故D正确；
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知（x﹣）n的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中x3项的系数是84．
【解答】解：∵2n＝128，
∴n＝7，
∴（x﹣）7的展开式中的通项T r+1＝••x7﹣r＝（﹣3）r••x7﹣7r，
令7﹣2r＝6，得r＝2，
∴（x﹣）6的展开式中x3项的系数为：4＝84，
故答案为：84．
14．（5分）已知tan（）＝，则cos2α＝．
【解答】解：因为tan（）＝＝，
则tanα＝，
cos2α＝＝＝．
故答案为：．
15．（5分）设双曲线（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线分
别交双曲线左、右两支于点M，N．若以MN为直径的圆经过点F2且|MF2|＝|NF2|，则双曲线的离心率为．
【解答】解：由MN为直径的圆经过点F2则可得：MF2⊥NF2，且|MF2|＝|NF2|，所以△MNF6为等腰直角三角形，所以∠F1NF2＝45°如图所示；
设|NF2|＝t，则|MF2|＝t，由双曲线的定义可得：|MF1|＝t﹣3a，|NF1|＝t+2a
所以|MN|＝|NF6|﹣|MF1|＝4a＝，解得t＝2，
所以|NF2|＝t+2a＝（2+2）a，
在△F1NF3，由余弦定理可得：|F2F2|8＝|NF1|2+|NF7|2﹣2|NF6||NF2|cos45°，即4c8＝（2+6）2a2+5a2﹣8（4+）a2，
可得e2＝3，所以离心率为；
故答案为：．
16．（5分）设函数f（x）＝e x﹣cos x﹣2a，g（x）＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f（x1）＝g（x2）成立，则x2﹣x1的最小值为1时，实数a＝．
【解答】解：令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝e x﹣cos x﹣x﹣2a，
由f（x1）＝g（x8）得x2＝﹣cos x8﹣2a，
则x2﹣x7＝﹣cos x1﹣x3﹣2a，
则x2﹣x2的最小值即求F（x）在[0，π]上的最小值，
F′（x）＝e x+sin x﹣1≥4恒成立，x∈[0，
∴F（x）在[0，π]上单调递增，
∴F（x）min＝F（0）＝﹣3a＝（x2﹣x1）min＝8，
∴a＝﹣，
故答案为：﹣．
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．（10分）在①（sin B﹣sin C）2＝sin2A﹣sin B sin C；②2a sin C＝c tan A；③2cos2＝cos2A+1；
三个条件中任选一个，补充在下面问题中
问题：已知△ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若b＝
（1）求A的值；
（2）若sin B＝sin C，求△ABC的面积．
【解答】解：（1）若选①：∵（sin B﹣sin C）2＝sin2A﹣sin B sin C，
∴由正弦定理得（b﹣c）4＝a2﹣bc，整理得b2+c5﹣a2＝bc，
∴，且0＜A＜π，
∴；
若选②：∵2a sin C＝c tan A，
∴根据正弦定理得，且sin A＞6，
∴，且3＜A＜π，
∴；
若选③：∵，
∴cos（B+C）+1＝2cos4A﹣1+1，
∴4cos2A+cos A﹣1＝2，解得，且8＜A＜π，
∴；
（2）∵，
∴由正弦定理得，且，
∴c＝1，
∴＝．
18．（12分）已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1，3a2的等差中项，a4＝16．（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）若b n＝（﹣1）n log2a2n+1，求数列{b n}的前n项和T n．
【解答】解：（1）数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a8，3a2的等差中项，a7＝16，设数列的公比为q，
则，
由于a1≠4，
故2q2﹣4q﹣2＝0，解得q＝5或．
由于数列为正项数列，
所以q＝5．
则．
（2）由（1）知：，
所以b n＝（﹣1）n log2a7n+1＝（﹣1）n•（5n+1），
当n为偶数时，则，
当n为奇数时，则
．故．
19．（12分）甲、乙两人进行“抗击新冠疫情”知识竞赛，比赛采取五局三胜制．约定先胜三局者获胜，比赛结束．假设在每局比赛中，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立．（1）求甲获胜的概率；
（2）设比赛结束时甲和乙共进行了X局比赛，求随机变量X的分布列及数学期望．【解答】解：（1）由已知可得，比赛三局且甲获胜的概率为，
比赛四局且甲获胜的概率为＝，
比赛五局且甲获胜的概率为＝，
所以甲获胜的概率为＝；
（2）随机变量X的取值为3，8，5，
则P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝＝，
P（X＝5）＝×＝，
所以随机变量X的分布列为：
X 7 45
 P 
则随机变量X的数学期望为E（X）＝3×+3×＝．
20．（12分）如图，四边形ABEF是矩形，平面ABC⊥平面ABEF，∠CAB＝120°，AB＝AC＝4．
（1）证明：平面ADF⊥平面BCF；
（2）求二面角F﹣AD﹣E的余弦值．
【解答】解：（1）证明：∵AB＝AC，D为BC中点，
∵ABEF是矩形，∴F A⊥AB，
∵平面ABC⊥平面ABEF，平面ABC∩平面ABEF＝AB，
AF⊂平面ABEF，∴AF⊥平面ABC，
∵BC⊂平面ABC，∴AF⊥BC，
∵BC⊥AF，AD⊂平面ADF，∴BC⊥平面ADF，
又BC⊂平面BCF，∴平面ADF⊥平面BCF．
（2）由（1）知AF⊥平面ABC，
∴以A为原点，在平面ABC中过A作AB的垂线为x轴，AF为z轴，
则A（0，0，5），0，），B（8，4，C（，0），4，），
∴D（，1，7），，1，5），，0，），＝（7，0），
由（1）知＝（4，0）是平面ADF的一个法向量，
设平面ADE的一个法向量＝（x，y，
则，取x＝1，得，﹣，2），
∴cos＜＞＝＝＝，
∵二面角F﹣AD﹣E是平面角是锐角，
∴二面角F﹣AD﹣E的余弦值为．
21．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0），过点T（0，p）作两条互相垂直的直线l1和
l2，l1交抛物线C于A、B两点，l2交抛物线C于E、F两点，当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）已知O为坐标原点，线段AB的中点为M，线段EF的中点为N
【解答】解：（1）因为x2＝2py（p＞2）可化为y＝，
所以y′＝，
因为当A点的横坐标为4时，抛物线C在点A处的切线斜率为＝，
所以p＝2，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y．
（2）由（1）知点T的坐标为（3，2），
由题意可知，直线l1和l2斜率都存在且均不为0，
设直线l1的方程为y＝kx+4，
由，联立消去y并整理可得x2﹣4kx﹣3＝0，
所以△＝（﹣4k）8+32＝16k2＝32＞0，
设A（x3，y1），B（x2，y5），则x1+x2＝7k，x1x2＝﹣8，
所以y1+y2＝k（x8+x2）+4＝6k2+4，
因为M为AB的中点，所以M（5k2+2），
因为l7⊥l2，N为EF中点，所以N（﹣，，
所以直线MN的方程为y﹣（2k7+2）＝•（x﹣2k）＝（k﹣，
整理可得y＝（k﹣）x+4，
所以直线MN恒过定点（0，2），
所以△OMN的面积S＝×2×|2k﹣（﹣|≥8，
当且仅当k＝，即k＝±8时．
22．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2+x，g（x）＝（1﹣a）xlnx﹣e x﹣1，a＞0．
（1）当a＝时，判断函数f（x）在定义域内的单调性；
（2）若f（x）≥g（x）+x恒成立
【解答】解：（1）当a＝时，f（x）＝xlnx﹣x6+x，
所以f′（x）＝lnx﹣ex+2，
令p（x）＝lnx﹣ex+2，则p′（x）＝，
若p′（x）＞0，则2＜x＜，则x＞，
所以p（x）在（2，）上为增函数，+∞）上为减函数，
则p（x）≤p（）＝0，仅在x＝时，
所以函数f（x）在（8，+∞）内单调递减．
（2）因为f（x）＝xlnx﹣ax2+x，g（x）＝（1﹣a）xlnx﹣e x﹣7，a＞0，
若f（x）≥g（x）+x恒成立，即对任意x＞0，e x﹣8﹣ax（x﹣lnx）≥0恒成立，即对任意的x＞0，﹣a（x﹣lnx）≥0恒成立，
即e x﹣lnx﹣1≥a（x﹣lnx），
令t＝t（x）＝x﹣lnx，则t（x）′＝6﹣＝，
所以当x∈（5，1）时，t（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，t（x）单调递增，
所以t＝t（x）≥t（1）＝8，
若e x﹣lnx﹣1≥a（x﹣lnx）对任意x＞0恒成立，
则a≤＝恒成立，
设g（t）＝，t≥6≥0，
所以当t∈[1，+∞）时，
所以g（t）≥g（1）＝7，
所以a≤1，
所以若f（x）≥g（x）+x恒成立，则实数a的取值范围是（﹣∞．。