已知函数 $f(x)=\frac{e^{x}}{x^{2}}-k\left(\frac{2}{x}+\ln x\right)$, 若 $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的唯一一个极值点, 则实数 $\boldsymbol{k}$ 的取值范围为( )
解析： $\therefore$ 函数 $f(x)$ 的定义域是 $(0,+\infty)$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{e^{x} x^{2}-2 x e^{x}}{x^{4}}-k\left(-\frac{2}{x^{2}}+\frac{1}{x}\right)=\frac{\left(e^{x}-k x\right)(x-2)}{x^{3}}$,

$\because x=2$ 是函数 $f(x)$ 的唯一一个极值点,

$\therefore x=2$ 是导函数 $f^{\prime} x=0$ 的唯一一个极值点,

$\therefore e^{x}-k x=0$ 在 $(0,+\infty)$ 无变号零点,

令 $g(x)=e^{x}-k x$, $g^{\prime}(x)=e^{x}-k$,

(1) $k \leq 0$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ 恒成立, $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 时单调递增;

$g(x)$ 的最小值为 $g(0)=1, g(x)=0$ 无解;

(2) $k>0$ 时, $g^{\prime} x=0$ 有解为: $x=\ln k$,

$0<x<\ln k, g^{\prime}(x)<0, \therefore g(x)$ 在 $(0, \ln k)$ 单调递减,

$x>\ln k$ 时, $g^{\prime}(x)>0, \therefore g(x)$ 在 $(\ln k,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore g(x)$ 的最小值为 $g(\ln k)=k-k \ln k$,

$\therefore k-k \ln k>0 \therefore k<e$, 由 $y=e^{x}$ 和 $y=e x$ 图象, 它们切于 $(1, e)$,

综上所述, $k \leq e$.

故选: A.