2020-2021学年山西省高二（下）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省高二（下）期中考试数学（理）试卷人教A版，共10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=x|x2−2x−8<0，B=−4,−2,0,2,4，则A∩B=( )
A.−2,0B.0,2C.−4,−2,0,2D.−2,0,2,4

2. 若复数z=mi1+im∈R，且|z|=2，则m=( )
A.±1B.±3C.±2D.±2

3. 青少年近视问题已经成为我国面临的重要社会问题．已知某校有小学生3600人，有初中生2400人，为了解该校学生的近视情况，用分层抽样的方法从该校的所有学生中随机抽取120名进行视力检查，则小学生应抽取的人数与初中生应抽取的人数的差是( )
A.24B.48C.72D.96

4. 乘客小王下午要到南宁火车站乘坐车次为D3570的动车，该动车在16:22准时到达，16:41准时出发．小王上午已在网上购买该车次的火车票，但由于临时有事，他只可能在16:20到16:50中的一个时刻到达该动车的站台，则小王能赶上这个车次的动车的概率为( )
A.35B.1930C.710D.45

5. 已知等差数列an的前n项和为Sn，若S5=40，a2=5，则S11=( )
A.165B.176C.180D.187

6. 已知实数x，y满足x+y=2，则下列结论的证明更适合用反证法的是( )
A.证明xy≤1B.证明x，y中至少有一个不大于1
C.证明x2+y2≥2D.证明x，y可能都是奇数

7. 永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩．2008年7月，永定土楼成功被列入世界遗产名录．它不但历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧．土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型．现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼进行调查研究．要求调查顺序中，圆形要排在第一个，五角形、八角形不能相邻，则不同的排法种数共有( )

A.480B.240C.384D.1440

8. 若函数fx=sinωx−π6的图象关于直线x=π3对称，则fx的最小正周期( )
A.存在最大值，且最大值为π
B.存在最小值，且最小值为2π
C.存在最大值，且最大值为2π
D.存在最小值，且最小值为π

9. 已知F1，F2是椭圆C：x24+y22=1的两个焦点，椭圆C上的两点D，E满足DF1//EF2，DF2⊥EF2，则|DF2||EF2|=( )
A.53B.52C.3D.2

10. 已知函数fx=lg2−x2−mx+16在−2,2上单调递减，则m的取值范围是( )
A.[4,+∞）B.−6,6C.(−6,4]D.[4,6)

11. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作与其中一条渐近线平行的直线与C交于点A，若△AF1F2为直角三角形，则双曲线C的离心率为( )
A.5B.3C.2D.2

12. 某三棱锥的正视图和俯视图如图所示，已知该三棱锥的各顶点都在球O的球面上，过该三棱锥最短的棱的中点作球O的截面，截面面积最小为( )

A.3π2B.πC.2πD.5π3
二、填空题

已知向量a→=1,k，b→=−2,14，且a→与b→共线，则k=________.

2020年11月15日，东盟十国及中国、日本、韩国、澳大利亚、新西兰正式签署了区域全面经济伙伴关系协定．某自媒体准备从这15个国家中选取4个国家介绍其经济贸易情况，则东盟国家及非东盟国家至少各有1个被选取的方法数为________ .

已知曲线y=xex在点1,e处的切线与曲线y=alnx+2在点1,2处的切线平行，则a=________．

x+2x+15展开式中的常数项为________ .
三、解答题

已知函数fx=ln2x−ax2.
(1)若fx在1,+∞内不单调，求a的取值范围；

(2)若a=2，求fx在12e,e2上的值域．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a=2bsinC+π3.
(1)求B；

(2)若△ABC的面积为3，D为AB边的中点，求CD的最小值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC=60∘．点E，F分别在棱BC，PD上（不包含端点），且PF:DF=BE:CE．

(1)证明：EF//平面PAB；

(2)若PA=2AB，求二面角B−PC−D的余弦值．

已知抛物线C：x2=2pyp>0的焦点为F，点P为抛物线C上一点，点P到F的距离比点P到x轴的距离大1．过点P作抛物线C的切线，设其斜率为k0．
(1)求抛物线C的方程．

(2)直线l：y=kx+b与抛物线C相交于不同的两点A，B（异于点P），若直线AP与直线BP的斜率互为相反数，证明：k+k0=0．


(1)证明：对任意的x1，x2∈[1,+∞)，不等式lnx1x2≤x1+x21−1x1x2恒成立．

(2)证明：xex≥x+lnx+1．

已知函数fx=2aex−xex.
(1)若a=0，求fx的单调区间；

(2)若对于任意x∈R，fx+1a≤0恒成立，求a的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省某校高二（下）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ A=x|x2−2x−8<0={−2B=−4,−2,0,2,4
∴ A∩B=0,2．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】

【解答】
解：∵ z=mi1+i=mi(1−i)2=m2+m2i，
∴ |z|=22|m|=2，
∴ m=±2．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
分层抽样方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知小学生应抽取的人数是36003600+2400×120=72，
初中生应抽取的人数是120−72=48，
则小学生应抽取的人数与初中生应抽取的人数的差是72−48=24 .
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】

【解答】
解：根据题意，小王在16:20到16:41中的任意时刻到达站台方可赶上动车，
故所求概率为41−2050−20=710．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
等差中项
等差数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，
因为S5=40，a2=5，
所以
5a1+10d=40,a1+d=5,
解得d=3，
所以a6=a2+4d=17，
所以S11=11a6=187．
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
反证法
综合法与分析法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：xy≤1与x2+y2≥2的证明更适合用综合法；
证明x，y可能都是奇数只要举例说明即可；
“x，y中至少有一个不大于1”的证明更适合用反证法.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
运用插空，快速解题．
【解答】
解：因为圆形排在第一个，五角形、八角形不能相邻，所以采用插空法．
其他四个图形全排列有 A44=24种排法，
然后把五角形、八角形进行插空，有A52=20种不同的排法，
则共有A44A52=480种不同的排法．
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
三角函数的周期性及其求法
正弦函数的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=sinωx−π6的图象关于直线x=π3对称，
∴ ωπ3−π6=π2+kπ(k∈Z)，
解得ω=2+3k(k∈Z)，
∴ T=2π|ω|≤2π|2−3|=2π，
∴ fx的最小正周期存在最大值，且最大值为2π.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
椭圆中的平面几何问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设|DF2|=x，根据椭圆的定义有|DF1|+|DF2|=2a=4，
所以|DF1|=4−x.
由DF1//EF2，DF2⊥EF2，得DF2⊥DF1，
所以x2+4−x2=2c2=8，
解得x=2，
所以|DF1|=|DF2|=2，
则点D与椭圆C的上顶点重合，
所以∠DF2F1=π4，∠EF2F1=π4+π2=3π4.
设|EF2|=y，
则4−y2=y2+8−2y×22×cs3π4，
解得y=23，
故|DF2||EF2|=3.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
复合函数的单调性
【解析】
令gx=−x2−mx+16，由题意可得 g2=−4−2m+16≥0,x=−m2≤−2, 求解不等式组得答案．
【解答】
解：令gx=−x2−mx+16 ，
对数函数y=lg2x是定义域内的增函数，
要使fx=lg2−x2−mx+16在区间−2,2上单调递减，
则g2=−4−2m+16>0,x=−m2≤−2, ，
解得4≤m<6.
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
无
【解答】
解：如图，设|AF2|=m，|AF1|=n，
由题意可得m−n=2a,mn=ba,m2+n2=4c2,
解得b=2a，
则e=c2a2=1+b2a2=5．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
由三视图还原实物图
由三视图求外接球问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正视图和俯视图在长方体中还原出三棱锥的直观图如图所示，
该三棱锥的各顶点都在球O的表面上，
即球O为三棱锥A1−BCD的外接球，同时球O也是长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球．
设球O的半径为R，
则2R2=22+22+42，
解得R=6．
由三棱锥的直观图可得最短棱为BC，
设BC的中点为E，
OE=12A1B=12×22+42=5，
当截面面积最小时，OE⊥截面，
设截面圆半径为r，
则r2+OE2=R2，
解得r=1，
此时，截面面积为πr2=π．
故选B.
二、填空题
【答案】
−7
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a→=1,k，b→=−2,14，且a→与b→共线，
∴ 1×14=−2k，
解得k=−7.
故答案为：−7.
【答案】
1150
【考点】
排列、组合的应用
【解析】

【解答】
解：从15个国家中选取4个国家，选取的4个国家中，东盟国家及非东盟国家至少各有1个被选取的方法数为C101C53+C102C52+C103C51
=10×10+45×10+120×5=1150．
故答案为：1150．
【答案】
2e
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由y=xex，得y′=exx+1，
所以该曲线在点1,e处的切线斜率为k=2e．
由y=alnx+2，得y′=ax，
所以该曲线在点1,2处的切线斜率为k=a．
因为两切线平行，
所以a=2e．
故答案为：2e．
【答案】
161
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】

【解答】
解：可视为5个(x+2x+1)相乘，求其常数项，按照分类加法和分步乘法原理进行求解．
情形一：该5个代数式都提供1，则此时常数项为C55=1；
情形二：该5个代数式中1个提供x，1个提供2x，3个提供1，此时常数项为C51x1C412x1C33⋅13=40；
情形三：该5个代数式中2个提供x，2个提供2x，1个提供1，此时常数项为C52x2C322x2C11⋅11=120；
综合三种情形可知，其常数项为1+40+120=161 .
故答案为：161.
三、解答题
【答案】
解：(1)f′(x)=1−2ax2x，
因为f(x)在(1,+∞)内不单调，
所以关于x的方程1−2ax2=0在(1,+∞)内有根，
所以1−2a>0,a>0,故a的取值范围为(0,12).
(2)因为a=2，
所以f′(x)=(1−2x)(1+2x)x，
令f′(x)>0，得12e≤x<12，
令f′(x)<0，得12所以f(x)在[12e,12)上单调递增，在(12,e2]上单调递减，
所以f(x)max=f(12)=−12，
因为f(12e)=−1−12e2，f(e2)=1−e22，
且f(12e)−f(e2)=e22−2−12e2>0，
所以f(x)在[12e,e2]上的值域为[1−e22,−12].
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究函数的单调性
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′(x)=1−2ax2x，
因为f(x)在(1,+∞)内不单调，
所以关于x的方程1−2ax2=0在(1,+∞)内有根，
所以1−2a>0,a>0,故a的取值范围为(0,12).
(2)因为a=2，
所以f′(x)=(1−2x)(1+2x)x，
令f′(x)>0，得12e≤x<12，
令f′(x)<0，得12所以f(x)在[12e,12)上单调递增，在(12,e2]上单调递减，
所以f(x)max=f(12)=−12，
因为f(12e)=−1−12e2，f(e2)=1−e22，
且f(12e)−f(e2)=e22−2−12e2>0，
所以f(x)在[12e,e2]上的值域为[1−e22,−12].
【答案】
解：(1)由3a=2bsin(C+π3)，得
3sinA=2sinB(sinCcsπ3+csCsinπ3)，
所以3sin(B+C)=sinBsinC+3sinBcsC，
即3sinBcsC+3csBsinC=sinBsinC+3sinBcsC，
又sinC>0，
化简，得3csB=sinB，
即tanB=3.
因为B∈(0,π)，
所以B=π3．
(2)因为S△ABC=12acsinB=3，
所以ac=4，
在△BCD中，由余弦定理，得CD2=a2+(c2)2−2a⋅c2csB，
=a2+c42−2≥2a⋅c2−2=2，
当且仅当a=2，c=22时，等号成立．
所以CD≥2，
即CD的最小值为2．
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由3a=2bsin(C+π3)，得
3sinA=2sinB(sinCcsπ3+csCsinπ3)，
所以3sin(B+C)=sinBsinC+3sinBcsC，
即3sinBcsC+3csBsinC=sinBsinC+3sinBcsC，
又sinC>0，
化简，得3csB=sinB，
即tanB=3.
因为B∈(0,π)，
所以B=π3．
(2)因为S△ABC=12acsinB=3，
所以ac=4，
在△BCD中，由余弦定理，得CD2=a2+(c2)2−2a⋅c2csB，
=a2+c42−2≥2a⋅c2−2=2，
当且仅当a=2，c=22时，等号成立．
所以CD≥2，
即CD的最小值为2．
【答案】
(1)证明：过点F作HF//AD，HF∩PA=H，连接BH，如图，
因为HF//AD，
所以HFAD=PFPD．
因为PF:DF=BE:CE．
所以PFPD=BEBC，
所以HFAD=BEBC．
因为四边形ABCD是菱形，
所以BC//AD，且BC=AD，
所以HF//BE，且HF=BE，
所以四边形BEFH是平行四边形，
则EF//BH．
因为BH⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
所以EF//平面PAB．
(2)解：以A为原点，过A作垂直AD的直线为x轴，以AD→，AP→的方向分别为y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
设AB=2，则B3,−1,0，C3,1,0，D0,2,0，P0,0,22，
从而BC→=0,2,0，PC→=3,1,−22，CD→=−3,1,0．
设平面PBC的法向量为n→=x1,y1,z1，
则n→⋅PC→=3x1+y1−22z1=0,n→⋅BC→=2y1=0,
令x1=22，得n→=22,0,3．
设平面PCD的法向量为m→=x2,y2,z2，
则m→⋅PC→=3x2+y2−22z2=0,m→⋅CD→=−3x2+y2=0,
令x2=2，得m→=2,23,6．
设二面角B−PC−D的夹角为θ，由图可知θ为钝角，
故csθ=−|cs|=−n→⋅m→|n→||m→|=−42+0+3211×22=−711．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：过点F作HF//AD，HF∩PA=H，连接BH，如图，
因为HF//AD，
所以HFAD=PFPD．
因为PF:DF=BE:CE．
所以PFPD=BEBC，
所以HFAD=BEBC．
因为四边形ABCD是菱形，
所以BC//AD，且BC=AD，
所以HF//BE，且HF=BE，
所以四边形BEFH是平行四边形，
则EF//BH．
因为BH⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
所以EF//平面PAB．
(2)解：以A为原点，过A作垂直AD的直线为x轴，以AD→，AP→的方向分别为y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
设AB=2，则B3,−1,0，C3,1,0，D0,2,0，P0,0,22，
从而BC→=0,2,0，PC→=3,1,−22，CD→=−3,1,0．
设平面PBC的法向量为n→=x1,y1,z1，
则n→⋅PC→=3x1+y1−22z1=0,n→⋅BC→=2y1=0,
令x1=22，得n→=22,0,3．
设平面PCD的法向量为m→=x2,y2,z2，
则m→⋅PC→=3x2+y2−22z2=0,m→⋅CD→=−3x2+y2=0,
令x2=2，得m→=2,23,6．
设二面角B−PC−D的夹角为θ，由图可知θ为钝角，
故csθ=−|cs|=−n→⋅m→|n→||m→|=−42+0+3211×22=−711．
【答案】
(1)解：设点Px0,y0，
由点P到F的距离比点P到x轴的距离大1，
可得|PF|=y0+1，
即y0+p2=y0+1，
所以p=2，
即抛物线C的方程为x2=4y．
(2)证明：设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线AP的斜率为kAP，直线BP的斜率为kBP，
则kAP=y1−y0x1−x0x1≠x0，kBP=y2−y0x2−x0x2≠x0．
因为直线AP与直线BP的斜率互为相反数，
所以kAP=−kBP，
即y1−y0x1−x0=−y2−y0x2−x．
又点Ax1,y1，Bx2,y2均在抛物线上，
可得x124−x024x1−x0=−x224−x024x2−x0，
化简可得x1+x2=−2x0．
因为x12=4y1，x22=4y2，
所以x12−x22=4y1−y2，
即y1−y2x1−x2=x1+x24，
故k=y1−y2x1−x2=−x02．
因为x2=4y，
所以y=14x2，
所以y′=12x，
则k0=12x0．
故k+k0=0．
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设点Px0,y0，
由点P到F的距离比点P到x轴的距离大1，
可得|PF|=y0+1，
即y0+p2=y0+1，
所以p=2，
即抛物线C的方程为x2=4y．
(2)证明：设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线AP的斜率为kAP，直线BP的斜率为kBP，
则kAP=y1−y0x1−x0x1≠x0，kBP=y2−y0x2−x0x2≠x0．
因为直线AP与直线BP的斜率互为相反数，
所以kAP=−kBP，
即y1−y0x1−x0=−y2−y0x2−x．
又点Ax1,y1，Bx2,y2均在抛物线上，
可得x124−x024x1−x0=−x224−x024x2−x0，
化简可得x1+x2=−2x0．
因为x12=4y1，x22=4y2，
所以x12−x22=4y1−y2，
即y1−y2x1−x2=x1+x24，
故k=y1−y2x1−x2=−x02．
因为x2=4y，
所以y=14x2，
所以y′=12x，
则k0=12x0．
故k+k0=0．
【答案】
证明：(1)要证ln(x1x2)≤(x1+x2)(1−1x1x2)，
即要证lnx1+lnx2≤x1+x2−1x1−1x2，
只需证lnx1−x1+1x1+lnx2−x2+1x2≤0，
令f(x)=lnx−x+1x，x∈[1,+∞)，
因为f′x=1x−1−1x2=−xx−1−1x2<0，
所以fx在[1,+∞)上单调递减．
所以fxmax=f1=0，
所以对任意的x1，x2∈[1,+∞)，都有fx1≤0，fx2≤0，
所以fx1+fx2≤0恒成立，
故对任意的x1，x2∈[1,+∞)，
不等式lnx1x2≤x1+x21−1x1x2恒成立．
(2)要证xex≥x+lnx+1，即要证ex+lnx≥x+lnx+1，
令t=x+lnx，则只要证et≥t+1，
令gt=et−t−1，
因为g′t=et−1，
所以gt在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增．
因为g(t)min=g(0)=0，
所以gt≥0，即et≥t+1成立，
故xe2≥x+lnx+1成立．
【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】


【解答】
证明：(1)要证ln(x1x2)≤(x1+x2)(1−1x1x2)，
即要证lnx1+lnx2≤x1+x2−1x1−1x2，
只需证lnx1−x1+1x1+lnx2−x2+1x2≤0，
令f(x)=lnx−x+1x，x∈[1,+∞)，
因为f′x=1x−1−1x2=−xx−1−1x2<0，
所以fx在[1,+∞)上单调递减．
所以fxmax=f1=0，
所以对任意的x1，x2∈[1,+∞)，都有fx1≤0，fx2≤0，
所以fx1+fx2≤0恒成立，
故对任意的x1，x2∈[1,+∞)，
不等式lnx1x2≤x1+x21−1x1x2恒成立．
(2)要证xex≥x+lnx+1，即要证ex+lnx≥x+lnx+1，
令t=x+lnx，则只要证et≥t+1，
令gt=et−t−1，
因为g′t=et−1，
所以gt在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增．
因为g(t)min=g(0)=0，
所以gt≥0，即et≥t+1成立，
故xe2≥x+lnx+1成立．
【答案】
解：(1)因为a=0，
所以fx=−xex，f′x=−x+1ex，
令f′x=0，得x=−1 ，
当x∈−∞,−1时，f′x>0；
当x∈−1,+∞时，f′x<0．
故fx的单调递增区间是−∞,−1，
单调递减区间是−1,+∞．
(2)f′x=4ae2x−x+1ex=−exx+1−4aex，
因为∀x∈R，f(x)+1a≤0，
又f(0)=2a，所以2a+1a≤0，则a<0.
令gx=x+1−4aex，则gx在R上单调递增．
因为当x<0时，gx所以g4a−1<4a−1+1−4a=0，
因为g−1=−4ae−1>0，
所以∃x0∈4a−1,−1，使得gx0=0，
且当x∈−∞,x0时，gx<0，则f′x>0，
当x∈x0,+∞时，gx>0，则f′x<0，
所以fx在−∞,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，
故fxmax=fx0=2ae2x0−x0ex0，
由gx0=x0+1−4aex0=0，得a=x0+14ex0​，
由fxmax+1a≤0，得x0ex0−e2x0⋅x0+12ex0≥4ex0x0+1，
即x0−12≥4x0+1，
结合x0+1<0，得x02−1≤8，
所以−3≤x0<−1，
令hx=x+14ex−3≤x<−1，则h′x=−x4ex>0，
所以hx在−3,−1单调递增，
所以hx≥h−3=−e32，即a≥−e32．
故a的最小值为−e32．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a=0，
所以fx=−xex，f′x=−x+1ex，
令f′x=0，得x=−1 ，
当x∈−∞,−1时，f′x>0；
当x∈−1,+∞时，f′x<0．
故fx的单调递增区间是−∞,−1，
单调递减区间是−1,+∞．
(2)f′x=4ae2x−x+1ex=−exx+1−4aex，
因为∀x∈R，f(x)+1a≤0，
又f(0)=2a，所以2a+1a≤0，则a<0.
令gx=x+1−4aex，则gx在R上单调递增．
因为当x<0时，gx所以g4a−1<4a−1+1−4a=0，
因为g−1=−4ae−1>0，
所以∃x0∈4a−1,−1，使得gx0=0，
且当x∈−∞,x0时，gx<0，则f′x>0，
当x∈x0,+∞时，gx>0，则f′x<0，
所以fx在−∞,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，
故fxmax=fx0=2ae2x0−x0ex0，
由gx0=x0+1−4aex0=0，得a=x0+14ex0​，
由fxmax+1a≤0，得x0ex0−e2x0⋅x0+12ex0≥4ex0x0+1，
即x0−12≥4x0+1，
结合x0+1<0，得x02−1≤8，
所以−3≤x0<−1，
令hx=x+14ex−3≤x<−1，则h′x=−x4ex>0，
所以hx在−3,−1单调递增，
所以hx≥h−3=−e32，即a≥−e32．
故a的最小值为−e32．