2020-2021学年河南省南阳市高二（下）4月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高二（下）4月月考数学（理）试卷北师大版，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. 已知复数z=1+2i2+i，则|z|=( )
A.5B.25C.1D.5

2. 某运动物体的位移s（单位：米）关于时间t（单位：秒）的函数关系式为s=2t2+t，则该物体在t=2秒时的瞬时速度为( )
A.10米/秒B.9米/秒C.7米/秒D.5米/秒

3. 观察下图数字，推断第八个图中五个数字之和为( )

A.137B.138C.139D.140

4. 若复数z=2m2−m−1−2m2−3m+1i是纯虚数，则实数m=( )
A.−12或1B.−12C.13D.13或1

5. 已知偶函数fx满足03fxdx=54π，则−33fx+9−x2dx=( )
A.5πB.6πC.7πD.8π

6. 已知复数z满足iz=a+i2，若z在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围为( )
A.−1,0B.1,+∞C.0,1D.−1,0∪1,+∞

7. 类比在数学中应用广泛，数与式、平面与空间、一元与多元、低次与高次、有限与无限之间有不少结论，都是先用类比猜想，而后加以证明得出的．下列类比结论正确的是( )
A.由“若实数a，b满足|a|=|b|，则a=b或a=−b”类比推出“若复数z1,z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2或z1=−z2”
B.由“若实数a，b满足ab=0，则a=0或b=0”类比推出“若向量a→，b→满足a→⋅b→=0，则a→=0→或b→=0→"
C.由“在△ABC中，∠C=90∘,BC=a,AC=b，则△ABC的外接圆半径r=a2+b22”类比推出“在三棱锥A−BCD中，三条侧棱两两垂直，三条侧棱长分别是a，b，c，则该三棱锥的外接球半径R=a2+b2+c23”
D.由“在椭圆x2a2+y2b2=1中，斜率为1的弦的中点在直线xa2+yb2=0上”类比推出“在双曲线x2a2−y2b2=1|a|≠|b|中，斜率为1的弦的中点在直线xa2−yb2=0上”

8. 已知复数z=1−3i23+i，z¯为z的共轭复数，若z在复平面内对应的点关于虚轴对称的点为A点，z¯在复平面内对应的点为B点，则|AB|=( )
A.2B.23C.26D.4

9. 某学校派出了小张、小王、小李、小刘、小赵五位学生代表学校参加某次数学竞赛．已知其中一位学生在此次比赛中获奖，但不知是哪一位学生．
小张说：“要么是我，要么是小李．”
小王说：“不是小刘．”
小李说：“如果不是小赵，那么一定是小王．”
小赵说：“既不是我，也不是小王．”
小刘说：“既不是小李，也不是小张．”
数学老师拿到获奖名单后，看了看，说：“你们五位同学的猜测，只有两个的话是对的．”根据数学老师的话，判定在此次比赛中获奖的是( )
A.小刘B.小王C.小李D.小赵

10. 设f′x是函数fx的导函数，f′x的部分图象如图所示，若0
A.faC.fa+b2
11. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在“杨辉三角”中，已知第n行的所有数字之和为2n−1，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则此数列的前37项和为( )

A.1040B.1004C.1014D.1024

12. 已知函数y=fx+ln2−1是定义在R上的奇函数，且当x>ln2时，f′x+4≥ex+1ex−2，则不等式fx−1lgx+2≤0的解集为( )
A.x|−1≤x≤ln2B.{x|−2C.{x|0≤x≤2或x≥e}D.{x|x≤−1或x≥ln2}
二、填空题

3+i3i−1⋅1+i1−i2021=________ .

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=________．

已知复数z满足|z−1+i|=2，z¯为z的共轭复数，则z⋅z¯的最大值为________.

已知函数fx=x+1lnx+1，若关于x的方程fx=x−t在(−1,1]上有两个实数解，则t的取值范围是________．
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．

已知某曲线方程为x2−2y2=1，过点0,−1的直线l与该曲线交于A，B两点，用反证法证明：以AB为直径的圆不经过原点．

已知函数fx=x3+ax2+bx−4在x=1处取得极值−2.
(1)求a，b的值；

(2)求经过点M2,−2且与曲线y=fx相切的切线方程．

设数列an满足a1=3，2an+1=an+2n+5，且an的前n项和为Sn．
(1)计算a2,a3，猜想an的通项公式并用数学归纳法加以证明．

(2)若数列{1Sn}的前n项和为Tn，证明：Tn>34−1n+1.


(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学年河南省南阳市高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】

【解答】
解：因为z=1+2i2+i=(1+2i)(2−i)(2+i)(2−i)=45+35i，
所以|z|=1 .
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
变化的快慢与变化率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由 st=2t2+t，得s′(t)=4t+1，
则物体在t=2秒时的瞬时速度v=s′|t=2=9米/秒．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：可知3，5，7，9，⋯，依次增加2，
所以第8个图中，数字为17；
可知1，2，3，4，⋯，依次增加1，
所以第8个图中，数字为8；
可知2，6，12，20，⋯，依次增加2+2n，
所以第8个图中，数字为72；
可知2，4，6，8，⋯，依次增加2，
所以第8个图中，数字为16；
可知5，8，11，14，⋯，依次增加3，
所以第8个图中，数字为26；
所以第八个图为：
所以五个数字之和为17+8+72+16+26=139 .
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由2m2−m−1=0,2m2−3m+1≠0 得m=−12.
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
定积分
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： −339−x2dx表示x2+y2=9所表示的上半圆的面积，面积为92π，
所以−339−x2dx=92π.
因为−33fxdx=2×54π=52π，
所以−33fx+9−x2dx
=−33f(x)dx+−339−x2dx
=52π+92π=7π．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为z=a+i2i=2a−a2−1i，且z在复平面内对应的点在第二象限，
所以2a<0，−a2−1>0，解得−1故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
类比推理
【解析】

【解答】
解：若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1，z2可能互为共轭复数，故A错误；
若向量a→，b→满足a→⋅b→=0，则可能a→⊥b→，故B错误；
若在三棱锥A−BCD中，三条侧棱两两垂直，三条侧棱长分别是a,b,c，
则三棱锥的外接球半径R=a2+b2+c22，故C错误；
结合中点弦，由点差法可知D正确．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
无
【解答】
解：因为z=(1−3i)23+i=−3−i，
所以z¯=−3+i．
因为z在复平面内对应的点为−3,−1．
所以关于虚轴对称的点为A(3,−1)，
z¯在复平面内对应的点为B−3,1，
所以|AB|=(3+3)2+(−1−1)2=4．
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
因为小张与小刘两人的话是对立的，小李与小赵两人的话也是对立的，都是一对—错，所以小王的话—定是情的，即获奖人为小刘 .
【解答】
解：因为小张与小刘两人的话是对立的，小李与小赵两人的话也是对立的，都是一对—错，
所以小王的话—定是错的，
所以获奖人为小刘 .
故选A .
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f′x的图象可知，fx在a,b上单调递增．
因为b>a2+b22>a+b2>ab>a，
所以fa+b2故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
数列的应用
【解析】

【解答】
解：没有去掉“1”之前，第1行的和为20，第2行的和为21，第3行的和为22，
以此类推，
即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，
则前n项和为Sn=1−2n1−2=2n−1，
每一行的个数为1，2，3，4．⋯，
可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，
则前n项总个数为Tn=n(n+1)2，
当n=10时，T10=55，
去掉两端$``1"$，可得55−19=36，
则去掉两端“1”后此数列前36项和为S10−19=210−1−19=1004，
所以第37项为第11行去掉“1”后的第一个数，
第一个数为10，
所以该数列的前37项和为1004+10=1014.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
基本不等式
利用导数研究函数的单调性
函数的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为函数y=fx+ln2−1是定义在R上的奇函数，
所以fx的图象关于点ln2,1中心对称，且fln2=1．
当x>ln2，ex>2时，
f′x≥ex+1ex−2−4
=ex−2+1ex−2−2
≥2ex−2×1ex−2−2=0，当且仅当x=ln2时取等号，
故fx在ln2,+∞上单调递增．
因为fx的图象关于点ln2,1中心对称，
所以函数fx在R上单调递增．
不等式[fx−1]lgx+2≤0，
可化为fx−1≤0,lgx+2≥0或fx−1≥0,lgx+2≤0.
由fx−1≤0,lgx+2≥0,解得−1≤x≤ln2；
由fx−1≥0,lgx+2≤0,解得x∈⌀．
故所求不等式的解集为{x|−1≤x≤ln2).
故选A．
二、填空题
【答案】
1
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】

【解答】
解：∵ 1+i1−i=i，
∴ (1+i1−i)2021=i2021=i.
∵ 3+i3i−1=(3+i)(3i+1)(3i−1)(3i+1)=−i，
∴ 3+i3i−1⋅(1+i1−i)2021=−i2=1.
故答案为：1.
【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】
6+42
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ |z−1+i|=2的几何意义为z在复平面内所对应的点(a,b)到点(1,−1)的距离为2，
∴ z所对应的点(a,b)的轨迹是以(1,−1)为圆心，2为半径的圆，
而z⋅z¯=a2+b2可看作该圆上的点(a,b)到原点的距离的平方，
∴ (z⋅z¯)max=(2+2)2=6+42.
故答案为：6+42.
【答案】
[1−ln4,0)
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由fx=x−t，得t=x−x+1lnx+1．
令gx=x−x+1lnx+1，则g′x=−lnx+1．
当−10；
当0则gx在(−1,0]上单调递增，在(0,1]上单调递减．
因为g0=0，g1=1−ln4，
且当x趋近于−1时，gx趋近于−11−ln4>−1，
所以当t∈[1−ln4,0)时，方程fx=x−t有两解．
故答案为：[1−ln4,0)．
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】
证明：假设以AB为直径的圆经过原点．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为直线l的斜率存在，
所以设直线l的方程为y=kx−1，
联立方程组y=kx−1,x2−2y2=1，
得1−2k2x2+4kx−3=0，
所以x1+x2=−4k1−2k2，x1x2=−31−2k2，
因为以AB为直径的圆经过原点O，
所以OA⊥OB，即OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0，
因为x1x2+y1y2=x1x2+(kx1−1)(kx2−1)
=(1+k2)x1x2−k(x1+x2)+1，
所以−31+k21−2k2−−4k21−2k2+1=0，
得k2=−2，与k2≥0相矛盾．
所以假设不成立，
故以AB为直径的圆不经过原点O．
【考点】
反证法
点与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：假设以AB为直径的圆经过原点．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为直线l的斜率存在，
所以设直线l的方程为y=kx−1，
联立方程组y=kx−1,x2−2y2=1，
得1−2k2x2+4kx−3=0，
所以x1+x2=−4k1−2k2，x1x2=−31−2k2，
因为以AB为直径的圆经过原点O，
所以OA⊥OB，即OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0，
因为x1x2+y1y2=x1x2+(kx1−1)(kx2−1)
=(1+k2)x1x2−k(x1+x2)+1，
所以−31+k21−2k2−−4k21−2k2+1=0，
得k2=−2，与k2≥0相矛盾．
所以假设不成立，
故以AB为直径的圆不经过原点O．
【答案】
解：(1)因为fx=x3+ax2+bx−4，
所以f′x=3x2+2ax+b.
因为函数fx在x=1处取得极值−2，
所以f1=1+a+b−4=−2,f′1=3+2a+b=0,解得a=−4,b=5.
验证：当a=−4，b=5时，
f′x=3x2−8x+5=3x−5x−1．
由f′x>0，得x>53或x<1；
由f′x<0，得1所以fx在x=1处取得极大值，满足题意．
(2)设切点坐标为x0,x03−4x02+5x0−4．
因为f′x0=3x02−8x0+5，
所以切线方程为y+2=3x02−8x0+5x−2 ．
又切线过点x0,x03−4x02+5x0−4，
所以x03−4x02+5x0−4+2=3x02−8x0+5x0−2，
即x03−5x02+8x0−4
=x03−x02−4x02+8x0−4=x0−22x0−1=0，
解得x0=2或x0=1，
所以经过点M2,−2且与曲线y=fx相切的切线方程为
x−y−4=0或y+2=0．
【考点】
利用导数研究函数的极值
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：(1)因为fx=x3+ax2+bx−4，
所以f′x=3x2+2ax+b.
因为函数fx在x=1处取得极值−2，
所以f1=1+a+b−4=−2,f′1=3+2a+b=0,解得a=−4,b=5.
验证：当a=−4，b=5时，
f′x=3x2−8x+5=3x−5x−1．
由f′x>0，得x>53或x<1；
由f′x<0，得1所以fx在x=1处取得极大值，满足题意．
(2)设切点坐标为x0,x03−4x02+5x0−4．
因为f′x0=3x02−8x0+5，
所以切线方程为y+2=3x02−8x0+5x−2 ．
又切线过点x0,x03−4x02+5x0−4，
所以x03−4x02+5x0−4+2=3x02−8x0+5x0−2，
即x03−5x02+8x0−4
=x03−x02−4x02+8x0−4=x0−22x0−1=0，
解得x0=2或x0=1，
所以经过点M2,−2且与曲线y=fx相切的切线方程为
x−y−4=0或y+2=0．
【答案】
(1)解：因为a1=3，2an+1=an+2n+5，
所以2a2=a1+7，得a2=5．
由2a3=a2+9，得a3=7 ．
猜想an的通项公式为an=2n+1．
证明：当n=1时，显然成立．①
假设当n=kk∈N∗时也成立，即ak=2k+1成立，
则当n=k+1时，
由2ak+1=ak+2k+5=2k+1+2k+5=4k+6，
得ak+1=2k+1+1，②
所以当n=k+1时也成立．综上，an=2n+1 ．
(2)证明：由(1)可知数列an是等差数列，
则Sn=n3+2n+12=nn+2．
因为1Sn=1nn+2=121n−1n+2，
故Tn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=34−121n+1+1n+2
>34−121n+1+1n+1=34−1n+1，
所以Tn>34−1n+1 ．
【考点】
数学归纳法
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：因为a1=3，2an+1=an+2n+5，
所以2a2=a1+7，得a2=5．
由2a3=a2+9，得a3=7 ．
猜想an的通项公式为an=2n+1．
证明：当n=1时，显然成立．①
假设当n=kk∈N∗时也成立，即ak=2k+1成立，
则当n=k+1时，
由2ak+1=ak+2k+5=2k+1+2k+5=4k+6，
得ak+1=2k+1+1，②
所以当n=k+1时也成立．综上，an=2n+1 ．
(2)证明：由(1)可知数列an是等差数列，
则Sn=n3+2n+12=nn+2．
因为1Sn=1nn+2=121n−1n+2，
故Tn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=34−121n+1+1n+2
>34−121n+1+1n+1=34−1n+1，
所以Tn>34−1n+1 ．
【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．