2020-2021学年湖北省宜昌高二（下）期中联考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省宜昌高二（下）期中联考数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若复数z满足z1+i=4i，则|z|=（ ）
A.2B.2C.22D.4

2. 已知fx=x+tanx,f′x为fx的导数，则f′π6=（ ）
A.73B.1C.53D.23

3. 某学校有东、南、西、北四个校门，受新冠肺炎疫情的影响，学校对进入四个校门做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园．现有2名教师和4名学生要进入校园（不分先后顺序），则他们进入校园的方式共有( )
A.12种B.24种C.48种D.64种

4. 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

5. 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

6. 若复数z1=m−mim∈R，z2满足|z2+2i|=22，则|z1−z2|的最小值为( )
A.1−22B.322C.22D.1+22

7. 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|x≤−1或x≥ln2}B.{x|−2C.{x|0≤x≤2或x≥e}D.x|−1≤x≤ln2

8. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用异期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法不正确的是（ ）
A.某学生从中选2门课程学习，共有15种选法
B.课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法
C.课程“御”“书”…数”排在相邻的三周，共有141种排法
D.课程“礼”排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有96种排法
二、多选题

已知复数z=3+2i1−i，则（ ）
A.z的虚部为1B.|z|=26C.z−5为纯虚数D.z>4−i

若1+x+1+x2+⋯+1+xn=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，且a1+a2+⋯+an−1=253−n，则( )
A.n=7
B.a0=6
C.a0+a1+a2+⋯+an−1+an=254
D.a1+2a2+3a3+⋯+nan=769

过点32,0且与曲线y=x2ex相切的切线斜率可能为( )
A.0B.8e2C.−34e−32D.1

已知函数fx=13x2+3x+ax+1,x<0,2lnx+x,x>0,若关于x的方程fx+f−x=0有4个不同的实数根，则实数a的取值可以为( )
A.−12B.−13C.0D.1
三、填空题

写出一个模为5，且在复平面内对应的点在第三象限的复数z=________ .

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=1+2i2+i，则|z|=________，z的虚部为________．

x+2x+15展开式中的常数项为________ .
四、解答题

已知x2+3xm的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为19 .
(1)求m的值；

(2)分别求出展开式中所有项的系数和与二项式系数和．

某班有5名同学报名参加校运会的四个比赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法．
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；

(2)每项限报一人，每项都有人报名，且每人至多参加一项；

(3)每人限报一项，人人参加了项目，且每个项目均有人参加．

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①z>0，②z的实部与虚部互为相反数，③z为纯虚数这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
问题：已知复数z=m2−m−6+m2−9i.
(1)若________，求实数m的值；

(2)若m为整数，且|z|=10，求z在复平面内对应点的坐标．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

函数fx=xlnx+m和gx=ex−1的图象有公共点P，且在点P处的切线相同．
(1)求m的值；

(2)证明：fx+gx≥2x．

已知函数fx=−mx2+4m+1x−4m−3ex,gx=16x3−12x2+1.
(1)当m>0时，讨论fx的单调性．

(2)当m=0，且a≤2e时，证明：不等式|fx1−fx2|≥a|gx1−gx2|对任意的x1,x2∈(0,2]恒成立．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省宜昌市高二（下）期中联考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
【解析】
∵ 复数z满足z(1+i)=4i，∴ z=4i1+i=2+2i，则|z|=22 .
【解答】
解：∵ 复数z满足z(1+i)=4i，
∴ z=4i1+i=2+2i，则|z|=22 .
故选C .
2.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
【解析】
.
【解答】
解：因为f(x)=x+tanx
=x+sinxcsx，
所以f′(x)=1+cs2x+sin2xcs2x
=1+1cs2x，
所以f′(π6)=73.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为学生只能从东门或西门进入校园，所以4名学生进入校园的方式共24=16种．
因为教师只可以从南门或北门进入校园，所以2名教师进入校园的方式共有22=4种．
故进入校园的方式共有 16×4=64种．
故选D.
4.
【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．
5.
【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．
6.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：复数z1对应的点为Z1m,−m，
所以点Z1是直线y=−x上一点，复数z2对应的点为Z2x,y．
因为|z2+2i|=22表示点x,y到定点0,−2的距离为22，
所以点Z2在以0,−2为圆心，半径为22的圆上，
|z1−z2|表示圆上一点到直线上一点的距离，
其最小值为|2|1+1−22=22.
故选C.
7.
【答案】
D
【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D．
8.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：6门中选2门共有C62=15种选法，故A正确；
课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有A44A52=480种排法，故B错误；
课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有 A33A44=144种排法，故C正确；
课程“礼”排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有C41A44=96种排法，故D正确．
故选B.
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
.
【解答】
解：因为z=3+2i1−i=5−i，所以z的虚部为−1，故A错误；
因为|z|=|z|=52+1=26，所以B正确；
因为z−5=−i为纯虚数，所以C正确；因为虚数不能比较大小，所以D错误．
故选BC.
【答案】
A,C,D
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+an−1+an
=2+22+23+⋯+2n
=2(1−2n)1−2=2n+1−2. ①
令x=0，得a0=n．②
因为1+xn的展开式中xn的系数为Cnn=1，所以an=1．③
由①−②−③得2n+1−2−n−1=2n+1−n−3．
因为a1+a2+⋯+an−1=253−n，
所以2n+1−n−3=253−n，得n=7，故A正确；
所以a0=7，故B错误；
因为所有项系数和为28−2=254，故C正确；
因为1+x+1+x2+⋯+1+x6+1+x7
=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6+a7x7，
所以1+21+x+31+x2+⋯+61+x5+71+x6
=a1+2a2x+3a3x2+⋯+6a6x5+7a7x6，
令x=1，则1+2×2+3×22+⋯+6×25+7×26
=a1+2a2+3a3+⋯+6a6+7a7=769，故D正确．
故选ACD．
【答案】
A,B,C
【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： 因为y′=x2+2xex，
所以曲线y=x2ex在点x0,x02ex0处的切线方程为y−x02ex0=(x02+2x0)ex0⋅(x−x0).
将32,0代入，得x0ex0⋅2x02−x0−6
=x0x0−22x0+3ex0=0，
解得x0=0或2或−32．
因为y′|x=0=0，y′|x=2=8e2，y′|x=−32=−34e−32，
所以过点32,0且与曲线y=x2ex相切的切线斜率可能为0，8e2，−34e−32.
故选ABC.
【答案】
A,B
【考点】
函数与方程的综合运用
根的存在性及根的个数判断
分段函数的应用
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：构造函数gx=fx+f−x，
由题可知gx的定义域为−∞,0∪0,+∞，且g(x)=g(−x)，
所以gx是偶函数，
故关于x的方程f(x)+f(−x)=0有4个不同的实数根等价于gx在0,+∞上有两个零点．
当x>0时，gx=2lnx+13x2−2x−ax+1，
则gx=0等价于a=2xlnx+13x3−2x2+x.
令ℎx=2xlnx−2x2+13x3+x，
则ℎ′x=2lnx−4x+x2+3．
令φx=2lnx−4x+x2+3，
则φ′x=2x+2x−4≥0，
故φx在区间0,+∞上单调递增．
又φ1=0，
所以ℎx在区间0,1上单调递减，在区间1,+∞上单调递增，
即ℎx在x=1处取得极小值且ℎ1=−23．
当x→0时，ℎ(x)→0，
当x→+∞时，ℎ(x)→+∞．
故当−23关于x的方程ℎx=a在区间0,+∞上有两个不同的实数根，
即关于x的方程fx+f−x=0有4个不同的实数根．
观察选项，AB符合题意.
故选AB.
三、填空题
【答案】
−3−4i（答案不唯一）
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
设 z=a+bia,b∈R，则满足a<0,b<0,a2+b2=2, 即可．
【解答】
解：设 z=a+bia,b∈R，则满足a<0,b<0,a2+b2=25, 即可．
故答案为：−3−4i（答案不唯一）.
【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】
1,35
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】

【解答】
解：因为z=1+2i2+i=(1+2i)(2−i)(2+i)(2−i)=45+35i，
所以|z|=(45)2+(35)2=1，z的虚部为35.
故答案为：1；35.
【答案】
161
【考点】
二项式定理及相关概念
二项展开式的特定项与特定系数
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
无
【解答】
解：情形一：该5个代数式都提供1，则此时常数项为C5515=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C51x1C412x1C3313=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C52x2C322x2C111=120．
综合三种情形可知，其常数项为1+40+120=161．
故答案为：161．
四、解答题
【答案】
解：(1)因为通项公式为Tr+1=Cmr ⋅x2m−r⋅ (3x−12)r=Cmr3r x2m−5r2，
所以展开式中第3项的系数为Cm2⋅32，倒数第3项的系数为Cmm−2⋅3m−2.
因为Cm2⋅32Cmm−2⋅3n−2=13m−4=19，所以m=6．
(2)令x=1可得展开式中所有项的系数和为46=4096，
展开式中所有项的二项式系数和为26=64．
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
.
.
【解答】
解：(1)因为通项公式为Tr+1=Cmr ⋅x2m−r⋅ (3x−12)r=Cmr3r x2m−5r2，
所以展开式中第3项的系数为Cm2⋅32，倒数第3项的系数为Cmm−2⋅3m−2.
因为Cm2⋅32Cmm−2⋅3n−2=13m−4=19，所以m=6．
(2)令x=1可得展开式中所有项的系数和为46=4096，
展开式中所有项的二项式系数和为26=64．
【答案】
解：(1)每人都可以从这四个项目中选报一项，各有4种不同的选法，
由分步计数原理知共有45=1024种．
(2)每项限报—人，每项都有人报名，且每人至多报一项．因此可由项目选人，
第一个项目有5种不同的选法，第二个项目有4种不同的选法，
第三个项目有3种不同的选法．第四个项目有2种不同的选法．
由分步计数原理得共有报名方法5×4×3×2=120种 .
(3)每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加，
因此需将5人分成4组，有C22=10种．
每组参加一个项目．由分步计数原理得共有C52×A44=240种．
【考点】
排列、组合的应用
排列、组合及简单计数问题
【解析】
（1）每人都可以从这四个项目中选报一项，各有4种不同的选法，
由分步计数原理知共有45=1024种．
（2）每项限报—人，每项都有人报名，且每人至多报一项．因此可由项目选人，
第一个项目有5种不同的选法，第二个项目有4种不同的选法，
第三个项目有3种不同的选法．第四个项目有2种不同的选法．
由分步计数原理得共有报名方法5×4×3×2=120种 .
（3）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加，
因此需将5人分成4组，有C22=10种．
每组参加一个项目．由分步计数原理得共有C32×A52=240种．
【解答】
解：(1)每人都可以从这四个项目中选报一项，各有4种不同的选法，
由分步计数原理知共有45=1024种．
(2)每项限报—人，每项都有人报名，且每人至多报一项．因此可由项目选人，
第一个项目有5种不同的选法，第二个项目有4种不同的选法，
第三个项目有3种不同的选法．第四个项目有2种不同的选法．
由分步计数原理得共有报名方法5×4×3×2=120种 .
(3)每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加，
因此需将5人分成4组，有C22=10种．
每组参加一个项目．由分步计数原理得共有C52×A44=240种．
【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)若选择①.
因为z>0，
所以m2−m−6>0,m2−9=0,
解得m=−3.
若选择②.
因为z的实部与虚部互为相反数，
所以m2−m−6+m2−9=0，
解得m=3或−52.
若选择③.
因为z为纯虚数，
所以m2−m−6=0,m2−9≠0,
解得m=−2.
(2)因为|z|=10，
所以m2−m−62+m2−92=100，
所以m−322m2+10m+13=100.
因为m为整数，
所以m−3为平方数，2m2+10m+13为奇数．
因为100=(±10)2×1或100=(±2)2×25，
所以验证可得m−3=−2，即m=1 ．
因为m=1，
所以z=−6−8i，其在复平面内对应点的坐标为−6,−8.
【考点】
复数的基本概念
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若选择①.
因为z>0，
所以m2−m−6>0,m2−9=0,
解得m=−3.
若选择②.
因为z的实部与虚部互为相反数，
所以m2−m−6+m2−9=0，
解得m=3或−52.
若选择③.
因为z为纯虚数，
所以m2−m−6=0,m2−9≠0,
解得m=−2.
(2)因为|z|=10，
所以m2−m−62+m2−92=100，
所以m−322m2+10m+13=100.
因为m为整数，
所以m−3为平方数，2m2+10m+13为奇数．
因为100=(±10)2×1或100=(±2)2×25，
所以验证可得m−3=−2，即m=1 ．
因为m=1，
所以z=−6−8i，其在复平面内对应点的坐标为−6,−8.
【答案】
(1)解：f′(x)=1+lnx，g′(x)=ex−1．
设切点的横坐标为t，
则根据题意可得tlnt+m=et−1,1+lnt=et−1.
设ℎ(t)=et−1−lnt−1，则ℎ′(t)=et−1−1t，
所以ℎ′(t)单调递增，又ℎ′(1)=0，
所以ℎ(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
又ℎ(1)=0，
所以方程1+lnt=et−1有唯一解t=1，
代入tlnt+m=et−1，则m=1．
(2)证明：令F(x)=f(x)+g(x)−2x=xlnx+ex−1−2x+1，
则F′(x)=lnx+ex−1−1.
所以F′(x)单调递增，且F′(1)=0，
所以F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则F(x)≥F(1)=0，即f(x)+g(x)≥2x．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f′(x)=1+lnx，g′(x)=ex−1．
设切点的横坐标为t，
则根据题意可得tlnt+m=et−1,1+lnt=et−1.
设ℎ(t)=et−1−lnt−1，则ℎ′(t)=et−1−1t，
所以ℎ′(t)单调递增，又ℎ′(1)=0，
所以ℎ(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
又ℎ(1)=0，
所以方程1+lnt=et−1有唯一解t=1，
代入tlnt+m=et−1，则m=1．
(2)证明：令F(x)=f(x)+g(x)−2x=xlnx+ex−1−2x+1，
则F′(x)=lnx+ex−1−1.
所以F′(x)单调递增，且F′(1)=0，
所以F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则F(x)≥F(1)=0，即f(x)+g(x)≥2x．
【答案】
(1)解：f′x=−mx2+2m+1x−2ex=−mx−1x−2ex ．
①当m=12时，f′x≤0,fx在R上单调递减．
②当00，得2令f′x<0，得x<2或x>1m．
所以fx的单调递增区间为2,1m，单调递减区间为−∞,2,1m,+∞ ．
③当m>12时，令f′x>0，得1m2，
所以fx的单调递增区间为1m,2，单调递减区间为−∞,1m,2,+∞ ．
(2)证明：因为m=0，所以fx=x−3ex,f′x=x−2ex，
故fx在（0,2]上单调递减．
因为g′x=12x2−x=12xx−2，
所以g′x在(0,2]上单调递减．
①当x1=x2时，不等式|fx1−fx2|≥a|gx1−gx2|显然恒成立．
②当x1≠x2时，不妨设0即要证fx1−fx2≥a[gx1−gx2]，即证fx1−agx1≥fx2−agx2,
设F(x)=f(x)−ag(x)=x−3ex−a(16x3−12x2+1)，则只需证Fx1≥Fx2，
只需证Fx在(0,2]上为减函数．
因为F′x=x−2ex−a12x2−x，
所以只需证12x2−xa≥x−2ex在(0,2]上恒成立．
当x=2时，0⋅a≤0，所以a∈R.
当0设ℎx=2exx，则ℎ′(x)=2(x−1)exx2,
所以ℎx在区间0,1上单调递减，在1,2上单调递增，
所以ℎx≥ℎ1=2e.
因为a≤2e，
所以a≤2exx恒成立，此时Fx在0,2上为减函数，
故原不等式|fx1−fx2|≥a|gx1−gx2|对任意的x1,x2∈(0,2]恒成立．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：f′x=−mx2+2m+1x−2ex=−mx−1x−2ex ．
①当m=12时，f′x≤0,fx在R上单调递减．
②当00，得2令f′x<0，得x<2或x>1m．
所以fx的单调递增区间为2,1m，单调递减区间为−∞,2,1m,+∞ ．
③当m>12时，令f′x>0，得1m2，
所以fx的单调递增区间为1m,2，单调递减区间为−∞,1m,2,+∞ ．
(2)证明：因为m=0，所以fx=x−3ex,f′x=x−2ex，
故fx在（0,2]上单调递减．
因为g′x=12x2−x=12xx−2，
所以g′x在(0,2]上单调递减．
①当x1=x2时，不等式|fx1−fx2|≥a|gx1−gx2|显然恒成立．
②当x1≠x2时，不妨设0即要证fx1−fx2≥a[gx1−gx2]，即证fx1−agx1≥fx2−agx2,
设F(x)=f(x)−ag(x)=x−3ex−a(16x3−12x2+1)，则只需证Fx1≥Fx2，
只需证Fx在(0,2]上为减函数．
因为F′x=x−2ex−a12x2−x，
所以只需证12x2−xa≥x−2ex在(0,2]上恒成立．
当x=2时，0⋅a≤0，所以a∈R.
当0设ℎx=2exx，则ℎ′(x)=2(x−1)exx2,
所以ℎx在区间0,1上单调递减，在1,2上单调递增，
所以ℎx≥ℎ1=2e.
因为a≤2e，
所以a≤2exx恒成立，此时Fx在0,2上为减函数，
故原不等式|fx1−fx2|≥a|gx1−gx2|对任意的x1,x2∈(0,2]恒成立．