2020-2021学年江西省赣州市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={0, 1, 2, 3}，B={x∈R|0≤x≤2}，则A∩B的子集个数为（ ）
A.2B.3C.4D.8

2. 已知命题p：∀x∈R， x+1x≥2；命题q：∃x0∈0,π2，使sinx0+csx0=2，则下列命题中为真命题的是( )
A.p∨¬qB.p∧¬qC.¬p∧¬qD.¬p∧q

3. 函数y=x3+lg3x2+1−x的图象大致为( )
A.B.
C.D.

4. O为△ABC内一点，且2OA→+OB→+OC→=0，AD→=tAC→，若B，O，D三点共线，则t的值为( )
A.14B.13C.12D.23

5. 已知函数fx=csωx−φ0<ω<4,0<φ<π的部分图象如图所示， f0=cs2，则下列判断正确的是( )

A.函数fx的最小正周期为4
B.函数fx的图象关于直线x=6π−1对称
C.函数fx的图象关于点π4+1,0对称
D.函数fx的图象向左平移2个单位得到一个偶函数的图象

6. 已知a=0.50.5，b=0.30.5，c=lg0.70.2，则a，b，c的大小关系是( )
A.c
7. 在2x−y−6≤0，x−y+2≥0，x+y≥2，条件下，目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为40，则5a+1b的最小值是( )
A.74B.94C.52D.2

8. 已知函数f(x)=ex，x≤0，lnx，x>0，g(x)=f(x)+x+a，若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )
A.[−1, 0)B.[0, +∞)C.[−1, +∞)D.[1, +∞)

9. 已知a，b，c成等比数列，如果a，x，b和b，y，c都成等差数列，则ax+cy=（ ）
A.1B.2C.3D.4

10. 函数f(x)=cs2x+sin(x+π2)是（ ）
A.非奇非偶函数
B.仅有最小值的奇函数
C.仅有最大值的偶函数
D.既有最大值又有最小值的偶函数

11. 已知平面向量a→，b→，e→满足|e→|=1，a→⋅e→=1，b→⋅e→=−1，|a→−b→|=4，则a→⋅b→的最小值为( )
A.−4B.−3C.−2D.−1

12. 若函数fx=ex−e−x+sinx−x，则满足fa−2ln|x|+1+fx22≥0恒成立的实数a的取值范围为( )
A.[2ln2−12,+∞)B.ln2−14,+∞C.[74,+∞)D.32,+∞
二、填空题

若直线y=kx+b是曲线y=ex−2的切线，也是曲线y=ex−1的切线，则b=________.
三、解答题

已知x>0，y>0且2x+8y−xy=0，求：
(1)xy的最小值；

(2)x+y的最小值．

在△ABC中， A=2π3，D是BC上一点，AD⊥AC,AD=1.
(1)若AB=3，求BC；

(2)求1AC+2AB 的值．

已知函数fx=p−2cs2x1+3tanx，在R上的最大值为3.
(1)求p的值及函数fx的单调递增区间；

(2)若锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且fA=0，求bc的取值范围．

已知数列an满足a1=14，2an−an−1=an⋅an−1(n≥2，n∈N∗)，an≠0.
(1)证明数列1an−1(n∈N∗)为等比数列，求出an的通项公式；

(2)数列an的前n项和为Tn，求证：对任意n∈N∗，Tn<23．

已知函数fx=x2+2alnx，gx=2x2−1，其中a∈R.
(1)当a=−1时，求fx的单调区间；

(2)若方程fx=gx在1,e（e为自然对数的底数）上存在唯一实数解，求实数a的取值范围．

已知函数fx=1+lnxx．
(1)求函数fx的图象在x=e（e为自然对数的底数）处的切线方程．

(2)若对任意的x∈D，均有mx≤nx，则称m(x)为n(x)在区间D上的下界函数，n(x)为m(x)在区间D上的上界函数．
①若gx=exx+1，求证：g(x)为fx在0,+∞上的上界函数；
②若gx=kx+1，gx为f(x)在[1,+∞)上的下界函数，求实数k的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三（上）11月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
子集与真子集的个数问题
【解析】
先求出集合A，B，再求出A∩B＝{0, 1, 2}，由此能求出A∩B的子集个数．
【解答】
解：∵ 集合A={0, 1, 2, 3}，
B={x∈R|0≤x≤2}，
∴ A∩B={0, 1, 2}，
∴ A∩B的子集个数为23=8．
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
先判断命题p，q的真假，再判断选项中复合命题的真假．
【解答】
解：对于命题p：当x≤0时，x+1x≥2不成立，
∴ 命题p是假命题，则¬p是真命题；
对于命题q：当x0=π4时，sinx0+csx0=2，则q是真命题．
结合选项只有¬p∧q是真命题．
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
函数图象的作法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f−x=−x3+lg3−x2+1+x
=−x3+lg3x2+1+x
=−x3−lg3x2+1+x−1
=−x3−lg3x2+1−x=−fx，
所以fx为奇函数，图象关于原点对称，排除BD．
因为f1=1+lg32−1>0，
所以排除A，选C．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
向量的共线定理
【解析】
以OB，OC为邻边作平行四边形OBFC，连接OF与 BC相交于点E，E为BC的中点．由2OA→+OB→+OC→=0，可得OB→+OC→=2AO→=2OE→，点O是直线AE的中点．根据AD→=tAC→，B，O，D三点共线，可得点D是BO与AC的交点．过点O作OM // BC交AC于点M，则点M为AC的中点．即可得出．
【解答】
解：以OB，OC为邻边作平行四边形OBFC，连接OF与 BC相交于点E，E为BC的中点．
∵ 2OA→+OB→+OC→=0，
∴ OB→+OC→=2AO→=2OE→，
∴ 点O是直线AE的中点．
∵ AD→=tAC→，B，O，D三点共线，
∴ 点D是BO与AC的交点．
过点O作OM // BC交AC于点M，则点M为AC的中点．
则OM=12EC=14BC，DMDC=14，
∴ DM=13MC，
∴ AD=23AM=13AC，
∴ t=13．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
余弦函数的对称性
余弦函数的周期性
【解析】
由特殊点的坐标求出φ，由五点法作图求ω，可得函数的解析式．再根据函数y=Asinωx+φ的图象变换规律求得gx的解析式，再利用余弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】
解：根据函数fx=csωx−φ0<ω<4,0<φ<π的部分图象，
可得f0=csφ，
∴csφ=cs2，
∴ φ=2，
再根据五点法作图可得ω×1−2=0，
∴ ω=2，
∴ fx=cs2x−2，
故它的周期为2π2=π，故A错误；
令x=6π−1，2x−2=12π−4，fx的值不是最值，故B错误；
令x=π4+1，2x−2=π2，fx的值为零，故函数fx的图象关于点π4+1,0对称，故C正确；
把函数fx的图象向左平移2个单位，可得y=cs2x+2的图象，显然所得函数不是偶函数，故D错误.
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 0<0.30.5<0.50.5<10.5=1,
lg0.70.2>,
∴ b故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知，y=zb−abx，
其斜率小于0，故在函数2x−y−6=0，x−y+2=0交点处取最大值，
x−y+2=0，2x−y−6=0⇒x=8，y=10
∵8a+10b=40.
即4a+5b=20，
120(5a+1b)(4a+5b)
=120×(20+5+4ab+25ba)
≥54+220⋅4ab×25ba=1+54=94
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数的零点
【解析】
由g(x)=0得f(x)=−x−a，分别作出两个函数的图象，根据图象交点个数与函数零点之间的关系进行转化求解即可．
【解答】
解：令g(x)=0，得f(x)=−x−a，
作出函数f(x)和y=−x−a的图象如图：
当直线y=−x−a的截距−a≤1，
即a≥−1时，两个函数的图象有2个交点，
即函数g(x)存在2个零点，
故实数a的取值范围是[−1, +∞)．
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】
根据题设条件可知：b2=ac，x=a+b2，y=b+c2⇒ax+cy=ay+cxxy=a×b+c2+c×a+b2a+b2×b+c2，由此能够求出ax+cy的值．
【解答】
解：∵ b2=ac，x=a+b2，y=b+c2，
∴ ax+cy=ay+cxxy
=a×b+c2+c×a+b2a+b2×b+c2
=2[a(b+c)+c(a+b)](a+b)(b+c)
=2(ab+2ac+bc)ab+b2+ac+bc=2．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
余弦函数的奇偶性
余弦函数的单调性
【解析】
利用诱导公式化简解析式，根据奇（偶）的定义判断函数的奇偶性，由倍角公式和配方法整理解析式，根据余弦函数的值域求出函数的最值．
【解答】
解：f(x)=cs2x+sin(x+π2)
=cs2x+csx，
∴ f(−x)=cs(−2x)+cs(−x)
=cs2x+csx=f(x)，
∴ 此函数是偶函数，
∵ f(x)=cs2x+csx
=2(csx+14)2−98，
∵ csx∈[−1, 1]，
∴ f(x)最大值是2，最小值是−98．
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ |e→|=1，
∴ 不妨设e→=(1， 0)，
∵ a→⋅e→=1，b→⋅e→=−1，
∴ 可设a→=(1， m)，b→=(−1， n)，
∴ a→−b→=(2， m−n)，
∵ |a→−b→|=4，
∴ 22+(m−n)2=4，化为(m−n)2=12，
∴ (m+n)2=12+4mn≥0，
∴ mn≥−3，
∵ a→⋅b→=−1+mn，
∴ a→⋅b→的最小值为−4.
故选A.
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】

【解答】
解：因为fx=ex−e−x+sinx−x，
所以函数fx的定义域为R，且fx+f−x=0，
所以函数fx是定义在R上的奇函数，
因为 f(a−2ln(x+1))+f(x22)≥0恒成立，
所以 f(a−2ln(x+1))≥−f(x22)=f(−x22)，
因为f′x=ex+e−x+csx−1≥1+csx≥0，
所以函数fx在R上单调递增，
因为f(a−2ln(|x|+1)≥f(−x22)，
所以a−2ln|x|+1≥−x22，
所以 a≥2ln|x|+1−x22,
令ℎ(x)=2ln(x+1)−x22，x∈R，
所以ℎx=ℎ−x.
因为函数ℎx的定义域为R，关于原点对称，
所以函数ℎx是定义在R上的偶函数，
所以要求解ℎx在R上的最大值，只需要求解函数
ℎx在[0,+∞)上的最大值即可，
当x∈[0,+∞)时， ℎx=2lnx+1−x22
所以ℎ′x=2x+1−x=−x2+x−2x+1=−x+2x−1x+1，
所以当x∈[0,1）时， ℎ′x>0；当x∈1,+∞时， ℎ′x<0，
所以函数ℎx在[0,1)上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=2ln2−12，
因为a≥ℎ(x)恒成立，
所以a≥2ln2−12，
即 a的取值范围是[2ln2−12,+∞)，
故选A.
二、填空题
【答案】
12ln2−12
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
分别设出直线y=kx+b与曲线y=ex−2和曲线y=ex−1的切点，然后求导利用切线的几何意义利用斜率相等可得答案．
【解答】
解：设直线y=kx+b与曲线y=ex−2切于点P1x1,ex1−2，
与曲线y=ex−1切于点P2x2,ex2−1，
则有k=ex1−2=ex2=ex2−1−ex1−2x2−x1，
从而x1−2=x2，k=12，
所以ex2=12， x2=−ln2，
所以切线方程y=12x+ln2+ex2−1
=12x+12ln2−12，
所以b=12ln2−12.
故答案为： 12ln2−12.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ x>0，y>0且2x+8y−xy=0，
∴ xy=2x+8y≥216xy，
∴ xy≥8，∴ xy≥64，
当且仅当x=4y=16时取等号，
故xy的最小值为64；
(2)由2x+8y=xy，得：2y+8x=1，
又x>0，y>0，
∴ x+y=(x+y)⋅(2y+8x)=10+2xy+8yx
≥10+22xy⋅8yx=18，
当且仅当x=2y=12时取等号，
故x+y的最小值为18．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）利用基本不等式构建不等式即可得出；
（2）由2x+8y＝xy，变形得2y+8x=1，利用“乘1法”和基本不等式即可得出．
【解答】
解：(1)∵ x>0，y>0且2x+8y−xy=0，
∴ xy=2x+8y≥216xy，
∴ xy≥8，∴ xy≥64，
当且仅当x=4y=16时取等号，
故xy的最小值为64；
(2)由2x+8y=xy，得：2y+8x=1，
又x>0，y>0，
∴ x+y=(x+y)⋅(2y+8x)=10+2xy+8yx
≥10+22xy⋅8yx=18，
当且仅当x=2y=12时取等号，
故x+y的最小值为18．
【答案】
解：(1)因为A=2π3，AD⊥AC，
所以∠BAD=π6．
在△ABD中，AD=1，AB=3，由余弦定理可得
BD=3+1−23×1×csπ6=1．
于是BD=AD，因此∠ABD=π6，∠ADC=π3．
因为AD⊥AC，所以DC=2，
故BC=BD+DC=3．
(2)△ABC的面积等于△ADB面积与△ADC面积之和，
所以12AB⋅ACsin2π3=12⋅1⋅ABsinπ6+12⋅1⋅ACsinπ2．
即3AB⋅AC=AB+2AC．
于是1AC+2AB=3．
【考点】
余弦定理
解三角形
正弦定理
三角形求面积
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为A=2π3，AD⊥AC，
所以∠BAD=π6．
在△ABD中，AD=1，AB=3，由余弦定理可得
BD=3+1−23×1×csπ6=1．
于是BD=AD，因此∠ABD=π6，∠ADC=π3．
因为AD⊥AC，所以DC=2，
故BC=BD+DC=3．
(2)△ABC的面积等于△ADB面积与△ADC面积之和，
所以12AB⋅ACsin2π3=12⋅1⋅ABsinπ6+12⋅1⋅ACsinπ2．
即3AB⋅AC=AB+2AC．
于是1AC+2AB=3．
【答案】
解：(1)依题意f(x)=p−2cs2x(1+3tanx)
=p−2cs2x−23sinxcsx
=p−1−cs2x−3sin2x
=p−1−2sin2x+π6，
∵f(x)的最大值为3，
∴p−1+2=3，
∴p=2，
∴f(x)=1−2sin2x+π6，其中x≠kπ+π2，k∈Z，
其周期为T=2π2=π，
已知2x+π6∈2kπ+π2，2kπ+3π2，k∈Z时，f(x)单调递增，
解得x∈kπ+π6,kπ+2π3，
∴f(x)的单调递增区间为kπ+π6,kπ+π2，kπ+π2,kπ+2π3，k∈Z．
(2)∵f(A)=1−2sin2A+π6=0，且A为锐角，
∴2A+π6=5π6，
∴A=π3，
∴B+C=2π3，
又∵B，C为锐角，
∴C∈π6,π2，
∴bc=sinBsinC
=sin2π3−CsinC
=32csC+12sinCsinC
=32tanC+12，
其中tanC∈33，+∞，
∴bc∈12,2．
【考点】
三角函数的最值
两角和与差的正弦公式
二倍角的余弦公式
二倍角的正弦公式
正弦函数的单调性
正弦定理
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：(1)依题意f(x)=p−2cs2x(1+3tanx)
=p−2cs2x−23sinxcsx
=p−1−cs2x−3sin2x
=p−1−2sin2x+π6，
∵f(x)的最大值为3，
∴p−1+2=3，
∴p=2，
∴f(x)=1−2sin2x+π6，其中x≠kπ+π2，k∈Z，
其周期为T=2π2=π，
已知2x+π6∈2kπ+π2，2kπ+3π2，k∈Z时，f(x)单调递增，
解得x∈kπ+π6,kπ+2π3，
∴f(x)的单调递增区间为kπ+π6,kπ+π2，kπ+π2,kπ+2π3，k∈Z．
(2)∵f(A)=1−2sin2A+π6=0，且A为锐角，
∴2A+π6=5π6，
∴A=π3，
∴B+C=2π3，
又∵B，C为锐角，
∴C∈π6,π2，
∴bc=sinBsinC
=sin2π3−CsinC
=32csC+12sinCsinC
=32tanC+12，
其中tanC∈33，+∞，
∴bc∈12,2．
【答案】
(1)解：a1=14，2an−an−1=an⋅an−1(n≥2，n∈N∗)，
则可知2an−an−1an⋅an−1=1，
∴2an−1−1an=1，
∴1an=2an−1−1，
∴ 1an−11an−1−1=2an−1−1−11an−1−1
=21an−1−11an−1−1=2，
∴1an−1是2为公比的等比数列.
首项为1a1−1=114−1=3，
∴1an−1=3×2n−1，
∴an=13×2n−1+1.
(2)证明：令bn=13⋅12n−1，{bn}的前n项和为Sn，n∈N∗，
由(1)知an∵ Sn=131−12n1−12=23⋅1−12n<23，n∈N∗，
∴ Tn【考点】
数列递推式
等比数列
等比数列的通项公式
数列与不等式的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：a1=14，2an−an−1=an⋅an−1(n≥2，n∈N∗)，
则可知2an−an−1an⋅an−1=1，
∴2an−1−1an=1，
∴1an=2an−1−1，
∴ 1an−11an−1−1=2an−1−1−11an−1−1
=21an−1−11an−1−1=2，
∴1an−1是2为公比的等比数列.
首项为1a1−1=114−1=3，
∴1an−1=3×2n−1，
∴an=13×2n−1+1.
(2)证明：令bn=13⋅12n−1，{bn}的前n项和为Sn，n∈N∗，
由(1)知an∵ Sn=131−12n1−12=23⋅1−12n<23，n∈N∗，
∴ Tn【答案】
解：(1)当a=−1时，f(x)=x2−2lnx（x>0），
则f′x=2x−2x=2x2−1x，
当x∈0,1，f′x<0，fx为减函数，
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx为增函数，
故fx的单调递增区间为1,+∞，单调递减区间为0,1.
(2)∵ fx=gx，
∴ x2+2alnx=2x2−1，
即x2−2alnx−1=0.
令Fx=x2−2alnx−1，
由题意得只需函数y=F(x)在[1,e]上有唯一的零点.
又F′x=2x−2ax=2x2−ax，其中x∈1,e，
①当a≤1时，F′x≥0恒成立，Fx单调递增，
又F1=0，则函数F(x)在[1,e]上有唯一的零点；
②当a≥e2，F′x≤0恒成立，Fx单调递减，
又F1=0，则函数Fx在区间[1,e]上有唯一的零点；
③当1当1≤x≤a时，
F′x≤0，Fx单调递减，又F1=0，
∴ Fa当aF′x>0，Fx单调递增，
则当Fe<0时，Fxa,e在上没有零点，
即e22−a−12<0，
解得：a>e2−12，
∴ 当e2−12此时函数Fx在1,e上有唯一的零点.
所以实数a的取值范围是−∞,1]∪(e2−12,+∞．
【考点】
利用导数研究函数的最值
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=−1时，f(x)=x2−2lnx（x>0），
则f′x=2x−2x=2x2−1x，
当x∈0,1，f′x<0，fx为减函数，
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx为增函数，
故fx的单调递增区间为1,+∞，单调递减区间为0,1.
(2)∵ fx=gx，
∴ x2+2alnx=2x2−1，
即x2−2alnx−1=0.
令Fx=x2−2alnx−1，
由题意得只需函数y=F(x)在[1,e]上有唯一的零点.
又F′x=2x−2ax=2x2−ax，其中x∈1,e，
①当a≤1时，F′x≥0恒成立，Fx单调递增，
又F1=0，则函数F(x)在[1,e]上有唯一的零点；
②当a≥e2，F′x≤0恒成立，Fx单调递减，
又F1=0，则函数Fx在区间[1,e]上有唯一的零点；
③当1当1≤x≤a时，
F′x≤0，Fx单调递减，又F1=0，
∴ Fa当aF′x>0，Fx单调递增，
则当Fe<0时，Fxa,e在上没有零点，
即e22−a−12<0，
解得：a>e2−12，
∴ 当e2−12此时函数Fx在1,e上有唯一的零点.
所以实数a的取值范围是−∞,1]∪(e2−12,+∞．
【答案】
解：(1)因为fx=1+lnxx，
所以f′x=1x⋅x−1+lnx⋅1x2=−lnxx2，
所以函数fx的图象在x=e处的切线斜率k=−1e2．
又因为fe=2e，
所以函数fx的图象在x=e处的切线方程为y=−1e2x+3e．
(2)①由题意得函数fx的定义域为0,+∞，
令f′x=0，得x=1．
所以当00；当x>1时，f′x<0，
故f(x)在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以fx≤f1=1．
因为gx=exx+1，
所以g′x=xexx+12，
故当x>0时，g′x>0在0,+∞上恒成立，
所以g(x)在0,+∞上单调递增，
从而gx>g0=1，
所以gx−fx≥0，即gx≥fx，
所以gx为fx在0,+∞上的上界函数．
②因为gx为fx在[1,+∞)上的下界函数，
所以gx≤fx，即kx+1≤1+lnxx．
因为x∈[1,+∞)，
所以x+1>0，
故k≤1+lnxx+1x=xlnx+lnx+1x+1．
令ℎx=xlnx+lnx+1x+1,x≥1，
则ℎ′x=x−lnxx2.
设vx=x−lnx,x≥1,
则v′x=1−1x=x−1x,
所以当x≥1时，v′x≥0，
从而vx在[1,+∞）上单调递增，
所以vx≥v1=1.
故ℎ′x>0在[1,+∞）上恒成立，
所以ℎx在[1,+∞）上单调递增，
从而ℎx≥ℎ1=2.
因为gx≤fx在[1,+∞)上恒成立，
所以k≤ℎx在[1,+∞)上恒成立，
故k≤2，即实数k的取值范围为(−∞,2].
【考点】
利用导数研究函数的最值
函数恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为fx=1+lnxx，
所以f′x=1x⋅x−1+lnx⋅1x2=−lnxx2，
所以函数fx的图象在x=e处的切线斜率k=−1e2．
又因为fe=2e，
所以函数fx的图象在x=e处的切线方程为y=−1e2x+3e．
(2)①由题意得函数fx的定义域为0,+∞，
令f′x=0，得x=1．
所以当00；当x>1时，f′x<0，
故f(x)在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以fx≤f1=1．
因为gx=exx+1，
所以g′x=xexx+12，
故当x>0时，g′x>0在0,+∞上恒成立，
所以g(x)在0,+∞上单调递增，
从而gx>g0=1，
所以gx−fx≥0，即gx≥fx，
所以gx为fx在0,+∞上的上界函数．
②因为gx为fx在[1,+∞)上的下界函数，
所以gx≤fx，即kx+1≤1+lnxx．
因为x∈[1,+∞)，
所以x+1>0，
故k≤1+lnxx+1x=xlnx+lnx+1x+1．
令ℎx=xlnx+lnx+1x+1,x≥1，
则ℎ′x=x−lnxx2.
设vx=x−lnx,x≥1,
则v′x=1−1x=x−1x,
所以当x≥1时，v′x≥0，
从而vx在[1,+∞）上单调递增，
所以vx≥v1=1.
故ℎ′x>0在[1,+∞）上恒成立，
所以ℎx在[1,+∞）上单调递增，
从而ℎx≥ℎ1=2.
因为gx≤fx在[1,+∞)上恒成立，
所以k≤ℎx在[1,+∞)上恒成立，
故k≤2，即实数k的取值范围为(−∞,2].