2020-2021学年福建省南平市高三（上）11月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析）

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这是一份2020-2021学年福建省南平市高三（上）11月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析），共12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. 已知复数z满足2−iz=i+i2，则z¯在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 已知集合A=x|lg2x<1，集合B=x|−1≤x≤1，则A∩B=( )
A.−1,1B.[−1,2)C.(0,1]D.−∞,2

3. 已知sinθ=33，则sinθ+π4csθ+π4=( )
A.13B.16C.18D.112

4. 已知向量m→=a,−1，n→=2a−5,3，若m→//n→，则实数a的值为( )
A.3B.1C.−12D.−5

5. 已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a6+a3−a5=3，则S7=（）
A.42B.21C.7D.3

6. Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天）的Lgistic模型：It=K1+e−0.23(t−50) ，其中K为最大确诊病例数．当It∗=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t∗约为(参考数据ln19≈3)( )
A.60B.62C.66D.63

7. 若将函数fx=csωx+π30<ω<50的图象向左平移π6个单位长度后所得图象关于坐标原点对称，则满足条件的ω的所有值的和M=( )
A.175B.225C.200D.250

8. 已知函数fx是定义域为R的奇函数，当x≥0时，fx=−ex+1．记a=−2f−2，b=f1，c=3f3，则a，b，c的大小关系是( )
A.b二、多选题

在公比为q的等比数列an中， Sn是数列an的前n项和，若a1=1，a5=27a2，则下列说法正确的是( )
A.q=3B.数列Sn+2是等比数列
C.S5=121D.2lgan=lgan−2+lgan+2n≥3

已知a，b，c∈R，则下列命题正确的是( )
A.若ab≠0且a1bB.若0C.若a>b>0，则b+1a+1>baD.若c
已知向量m→=2cs2x,3，n→=1,sin2x，设函数fx=m→⋅n→，则下列关于函数y=fx的性质的描述正确的是( )
A.fx的最大值为3B.fx的周期为π
C.fx的图象关于点5π12,0对称D.fx在−π3,0上是增函数

f(x)=exlnx，则下列说法正确的是( )
A.f(x)的定义域是(0, +∞)
B.x∈(0, 1)时，f(x)图象位于x轴下方
C.f(x)存在单调递增区间
D.f(x)有且仅有一个极值点
三、填空题

已知菱形ABCD的边长为2，E为AB的中点，∠ABC=120∘，则DE→⋅AC→的值为________.

记Sn为数列an的前n项和，若a1=1，an+1=2Sn+1(n∈N∗)，则a3+a4+a5+a6=________.

已知函数f(x)=e−x,x≤0，x+2x,x>0，若函数ℎ(x)=f(x)+12x−2m有且仅有三个零点，则实数m的取值范围是________.

函数fx=|3sinx−3csx|−2x∈0,2π的最大值为________，所有零点之和为________.
四、解答题

已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为2，且a1，S2，S4成等比数列．
(1)求a1，a2，a3；

(2)设bn=an+2n，求数列bn的前9项和．

设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccsC=acsB+bcsA.
(1)求角C；

(2)若△ABC的面积为332，且a+b=5，求c．

已知数列{an}是等比数列，且公比q不等于1，a1=2，3a3=2a2+a4，数列{bn}满足an=2bn．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；

(2)求数列{1bnbn+1}的前n项和Sn．

设f(x)=23sin(π−x)sinx−(sinx−csx)2．
(1)求f(x)的单调递增区间；

(2)把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移π3个单位，得到函数y=g(x)的图象，求g(π6)的值．

研究表明：在一节40分钟的数学课中，学生的注意力指数fx与听课时间x（单位：分钟）之间的变化曲线如图所示：当x∈(0,16]时，曲线是二次函数图象的一部分；当x∈16,40时，曲线是函数y=lg0.8x+a+80图象的一部分．

(1)求函数fx的解析式；

(2)如果学生的注意力指数低于75，称为“欠佳听课状态”，则在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有多长？（精确到2分钟，参考数据：45=1024，55=3125）

已知函数f(x)=e2x−ax2，a∈R.
(1)若f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，求a的取值范围；

(2)若f(x)在区间(0,+∞)内存在极大值M，证明：M参考答案与试题解析
2020-2021学年福建省南平市高三（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先求出复数z的其共轭复数，再利用复数的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：∵ z=i+i22−i=−1+i2−i=−1+i2+i2−i2+i=−35+15i，
∴ z¯=−35−15i，
∴ z¯在复平面内对应的点(−35,−15)，位于第三象限.
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
指、对数不等式的解法
交集及其运算
【解析】
先求出集合A，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ 集合A=x|lg2x<1=x|0集合B=x|−1≤x≤1，
∴ A∩B=x|0故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
诱导公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】

【解答】
解：sinθ+π4csθ+π4=12sin2θ+π2=12cs2θ
=121−2sin2θ=12×1−2×13=16．
故选B．
4.
【答案】
B
【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：∵ m→//n→，
∴ −(2a−5)=3a，
解得a=1.
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列通项公式求出a1+3d＝3，再由S7=72(a1+a7)=7(a1+3d)，能求出结果．
【解答】
解：∵ 数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a6+a3−a5=3，
∴ a1+5d+a1+2d−a1−4d=a1+3d=3，
∴ S7=72(a1+a7)=7(a1+3d)=21．
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
函数模型的选择与应用
指数式与对数式的互化
【解析】
由题意，K1+e−0.23(t∗−50)=0.95K，求解即可.
【解答】
解：由题意，K1+e−0.23(t∗−50)=0.95K，
整理得1+e−0.23(t∗−50)=10.95，
即e−0.23(t∗−50)=119，
两边同时取对数得0.23(t∗−50)=ln19，
则由ln19≈3，可求得t∗≈63.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】

【解答】
解：将函数fx=csωx+π3的图象向左平移π6个单位长度后得到函数gx=csωx+π6ω+π3的图象，
因为gx是奇函数，
所以π6ω+π3=π2+kπk∈Z，
所以ω=1+6kk∈Z，
故M=1+7+⋯+49=1+49×92=225．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx为R内的奇函数，且当x≥0时，fx=−ex+1.
令gx=xfx，
则gx为偶函数，且当x≥0时，g(x)为减函数，
则a=−2f−2=g−2=g2，
b=f(1)=−f−1=g−1=g1，
c=3f3=g3，
故c故选D.
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
对数的运算性质
【解析】
由等比数列的通项公式以及求和公式逐个进行判断.
【解答】
解：由题意，q3=a5a2=27，则q=3，故A正确；
∵ Sn+2=1−3n1−3+2=3n2+32，
∴ Sn+2显然不是等比数列，故B错误;
S5=1−351−3=121，故C正确；
∵ an=1×3n−1=3n−1，
∴ lgan=lg3n−1=(n−1)lg3，
lgan−2=lg3n−3=(n−3)lg3，
lgan+2=lg3n+1=(n+1)lg3，
∴ 2lgan=lgan−2+lgan+2n≥3，故D正确.
故选ACD.
【答案】
B,C,D
【考点】
不等式的基本性质
命题的真假判断与应用
不等式比较两数大小
【解析】
利用不等式的性质，逐一对四个选项进行判断.
【解答】
解：A，若a<0B，若0C，若a>b>0，则有ab+a>ab+b>0，不等式两边同除以a(a+1)，
则可得到b+1a+1>ba，故C正确；
D，若c0，c<0，
于是由c2>0，b故选BCD.
【答案】
A,B,D
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
正弦函数的单调性
正弦函数的对称性
正弦函数的周期性
【解析】

【解答】
解：fx=m→⋅n→=2cs2x+3sin2x
=cs2x+3sin2x+1
=2sin2x+π6+1.
当2x+π6=2kπ+π2k∈Z，即x=kπ+π6k∈Z时，函数fx有最大值3，选项A正确；
由fx=2sin2x+π6+1，得周期T=2π2=π，选项B正确；
当x=5π12时，2sin2x+π6+1=1，
∴ fx关于点5π12,1对称，不关于点5π12,0对称，选项C错误；
当x∈−π3,0时，2x+π6∈−π2,π6，函数fx单调递增，
∴ fx在−π3,0上是增函数，选项D正确．
故选ABD．
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据lnx≠0可得定义域，即可判断A选项；对f(x)求导，判断f(x)在定义域上的单调性，然后结合f(x)图象可判断BCDE．
【解答】
解：∵ lnx≠0可得f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞)，故A错误；
由f(x)=exlnx，得f′(x)=ex(xlnx−1)x(lnx)2.
令g(x)=xlnx−1，则g′(x)=lnx+1.
令g′(x)=0，则x=1e，
∴ 当00.
①当0∴ f(x)在(0, 1)上单调递减.
∵ x→0时，f(x)→0，
∴ 当x∈(0, 1)时，f(x)的图象在x轴下方，故B正确；
②当x>1时，g′(x)>0，∴ g(x)>g(1)=−1.
又g(2)=2ln2−1>0，
∴ 存在x0∈(1, 2)使g(x0)=0，
∴ 当1x0时，f′(x)>0，
∴ f(x)在(1, x0)上单调递减，在(x0, +∞)上单调递增，
f(x)有且仅有一个极小值点，故CD正确.
故选BCD．
三、填空题
【答案】
−3
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120∘，
∴ AB=BD=AD=2.
∵ E为AB的中点，DE→=DA→+12AB→，AC→=AD→+AB→，
∴ DE→⋅AC→
=−AD2→+12AB2→−12AB→⋅AD→
=−4+2−12×2×2×cs60∘
=−3.
故答案为：−3.
【答案】
360
【考点】
等比数列的前n项和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：an+1=2Sn+1(n∈N∗)，
当n≥2时，an=2Sn−1+1，
两式相减得an+1−an=2an⇒an+1=3an，
令n=1，a2=3，
∴ a2=3a1，
即an是以1为首项，3为公比的等比数列，
故an=3n−1，
则a3+a4+a5+a6=3234−13−1=360.
故答案为：360.
【答案】
(3, +∞)
【考点】
函数的零点
【解析】
画出函数f(x)的草图，通过图象可直接得出，一目了然．
【解答】
解：由题设：函数g(x)=f(x)+12x，
∵ 函数ℎ(x)=f(x)+12x−2m有且仅有三个零点，
∴ y=g(x)与y=2m有三个交点.
画出函数y=g(x)的图象，如图所示：
由题知：
当x>0时，g(x)=3x2+2x≥23x2⋅2x=23，
当且仅当3x2=2x时，等号成立，
故y=g(x)与y=2m有三个交点，
需满足23<2m即可，
解得：m>3.
故答案为：(3, +∞)．
【答案】
23−2,14π3
【考点】
函数的零点与方程根的关系
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
【解析】

【解答】
解：∵ fx=|3sinx−3csx|−2，
∴ fx=23|sinx−π6|−2.
又x∈0,2π，
∴ x−π6∈−π6,11π6，
∴ fxmax=23−2．
令t=x−π6，则fx=0即可转化为|sint|=33，t∈−π6,11π6.
作出y=|sint|与y=33，如图所示.
由图知：两函数图象的交点关于直线x=π2，x=3π2对称.
设函数fx的零点为x1，x2，x3 ，x4，
则x1−π6+x2−π6=π，x3−π6+x4−π6=3π，
∴ x1+x2+x3+x4=14π3.
故答案为：23−2；14π3．
四、解答题
【答案】
解：(1)由a1，S2，S4成等比数列得S22=a1S4，
化简得2a1+d2=a14a1+6d.
又d=2，解得a1=1，
所以a2=3，a3=5．
(2)由(1)可知数列an的通项公式an=1+2n−1=2n−1，
所以bn=2n−1+2n.
设数列2n的前n项和为Tn，
则Tn=2×1−2n1−2=2n+1−2.
又Sn=n1+2n−12=n2，
所以bn的前9项和为S9+T9=81+1024−2=1103．
【考点】
等差数列的通项公式
等比中项
数列的求和
【解析】

【解答】
解：(1)由a1，S2，S4成等比数列得S22=a1S4，
化简得2a1+d2=a14a1+6d.
又d=2，解得a1=1，
所以a2=3，a3=5．
(2)由(1)可知数列an的通项公式an=1+2n−1=2n−1，
所以bn=2n−1+2n.
设数列2n的前n项和为Tn，
则Tn=2×1−2n1−2=2n+1−2.
又Sn=n1+2n−12=n2，
所以bn的前9项和为S9+T9=81+1024−2=1103．
【答案】
解：(1)由正弦定理及已知，得2sinCcsC=sinAcsB+sinBcsA=sinA+B=sinC.
因为sinC≠0，
所以csC=12.
因为C∈0,π，
所以C=π3．
(2)由(1)及△ABC的面积可知12absinπ3=332，
所以ab=6.
又a+b=5，
所以a2+b2=a+b2−2ab=13.
由余弦定理知，c2=a2+b2−2abcsC=13−2×6×12=7，
所以c=7．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理及已知，得2sinCcsC=sinAcsB+sinBcsA=sinA+B=sinC.
因为sinC≠0，
所以csC=12.
因为C∈0,π，
所以C=π3．
(2)由(1)及△ABC的面积可知12absinπ3=332，
所以ab=6.
又a+b=5，
所以a2+b2=a+b2−2ab=13.
由余弦定理知，c2=a2+b2−2abcsC=13−2×6×12=7，
所以c=7．
【答案】
(1)证明：由a1=2，3a3=2a2+a4可得3×2q2=2×2q+2q3，
解得q=2或q=1（舍），
即an=2n．
已知数列{bn}满足an=2bn，
则bn=lg2an，
∴ bn+1−bn=lg2an+1−lg2an=lg2an+1an=lg22=1，
即数列{bn}为等差数列且首项为b1=lg2a1=1．
(2)解：由(1)可知，bn=n．
设cn=1bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
即数列{1bnbn+1}的前n项和为Sn=c1+c2+c3+⋯+cn
=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)
=1−1n+1=nn+1．
【考点】
等差关系的确定
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)先求出数列{an}的通项公式，再直接利用定义证明数列为等差数列．
(Ⅱ)利用裂项相消法在数列求和中的应用求出结果．
【解答】
(1)证明：由a1=2，3a3=2a2+a4可得3×2q2=2×2q+2q3，
解得q=2或q=1（舍），
即an=2n．
已知数列{bn}满足an=2bn，
则bn=lg2an，
∴ bn+1−bn=lg2an+1−lg2an=lg2an+1an=lg22=1，
即数列{bn}为等差数列且首项为b1=lg2a1=1．
(2)解：由(1)可知，bn=n．
设cn=1bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
即数列{1bnbn+1}的前n项和为Sn=c1+c2+c3+⋯+cn
=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)
=1−1n+1=nn+1．
【答案】
解：(1)∵ f(x)=23sin(π−x)sinx−(sinx−csx)2
=23sin2x−1+sin2x
=23⋅1−cs2x2−1+sin2x
=sin2x−3cs2x+3−1
=2sin(2x−π3)+3−1，
令2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z，
即kπ−π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z
∴ 函数的增区间为[kπ−π12, kπ+5π12]，k∈Z．
(2)把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
可得y=2sin(x−π3)+3−1的图象；
再把得到的图象向左平移π3个单位，
得到函数y=g(x)=2sinx+3−1的图象，
∴ g(π6)=2sinπ6+3−1=3．
【考点】
二倍角的正弦公式
两角和与差的正弦公式
三角函数中的恒等变换应用
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
【解析】
（1）利用三角恒等变换化简f(x)的解析式，再利用正弦函数的单调性，求得函数的增区间．
（2）利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，从而求得g(π6)的值．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=23sin(π−x)sinx−(sinx−csx)2
=23sin2x−1+sin2x
=23⋅1−cs2x2−1+sin2x
=sin2x−3cs2x+3−1
=2sin(2x−π3)+3−1，
令2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z，
即kπ−π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z
∴ 函数的增区间为[kπ−π12, kπ+5π12]，k∈Z．
(2)把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
可得y=2sin(x−π3)+3−1的图象；
再把得到的图象向左平移π3个单位，
得到函数y=g(x)=2sinx+3−1的图象，
∴ g(π6)=2sinπ6+3−1=3．
【答案】
解：(1)当x∈0,16时，设fx=bx−122+84b<0.
因为f16=b16−122+84=80，
所以b=−14，故fx=−14x−122+84.
当x∈16,40时，fx=lg0.8x+a+80，
由f16=lg0.816+a+80=80，
解得a=−15，
故fx=lg0.8x−15+80，
所以f(x)=−14(x−12)2+84,x∈(0,16],lg0.8(x−15)+80,x∈(16,40].
(2)x∈0,16时，令fx=−14x−122+84<75，
解得，x∈0,6；
当x∈16,40时，令fx=lg0.8x−15+80<75，
所以x−15>0.8−5=5545=31251024≈3，
所以x∈18,40，
所以，在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有6−0+40−18=28（分钟）．
【考点】
函数模型的选择与应用
指、对数不等式的解法
一元二次不等式的解法
不等式的实际应用
【解析】

【解答】
解：(1)当x∈0,16时，设fx=bx−122+84b<0.
因为f16=b16−122+84=80，
所以b=−14，故fx=−14x−122+84.
当x∈16,40时，fx=lg0.8x+a+80，
由f16=lg0.816+a+80=80，
解得a=−15，
故fx=lg0.8x−15+80，
所以f(x)=−14(x−12)2+84,x∈(0,16],lg0.8(x−15)+80,x∈(16,40].
(2)x∈0,16时，令fx=−14x−122+84<75，
解得，x∈0,6；
当x∈16,40时，令fx=lg0.8x−15+80<75，
所以x−15>0.8−5=5545=31251024≈3，
所以x∈18,40，
所以，在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有6−0+40−18=28（分钟）．
【答案】
(1)解：因为fx=e2x−ax2，
所以f′(x)=2e2x−2ax.
因为fx在(0,+∞)上单调递增，
所以f′x>0在0,+∞上都成立，即a≤e2xx在0,+∞上都成立．
令gx=e2xx，
则g′(x)=2xe2x−e2xx2=(2x−1)e2xx2.
当0当x>12对，g′x>0，gx在(12,+∞)上单调递增，
故当x=12时，gx取得最小值，其值为g(12)=2e，
所以a≤2e，
故a的取值范围为(−∞,2e].
(2)证明：由(1)知，当a≤2e时，fx在0,+∞上单调递增，此时函数不存在极大值；
当a>2e时，12<12lna2，lna>12lna2.
f′(x)=2e2x−2ax，令ℎ(x)=f′(x)，则ℎ′(x)=4e2x−2a.
令ℎ′(x)=0，则x=12lna2，
所以函数f′(x)在(0,12lna2)上单调递减，在12lna2,+∞上单调递增．
又f′0=2>0，f′12=2e−a<0，
f′lna=2e2lna−2alna=2aa−lna>0(易证明a−lna>0)，
故存在x1∈0,12，使得f′x1=2e2x1−2ax1=0，
存在x2∈12,lna，使得f′x2=0，
则x∈0,x1时，f′x>0；x∈x1,x2时，f′x<0；x∈x2,+∞时，f′x>0，
故fx在0,x1上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，
所以当x=x1时，fx取得极大值，即M=e2x1−ax12.
由00，x1≠1−x1，
由2e2x1−2ax1=0，得e2x1=ax1，
故M=e2x1−ax12=ax1−ax12
=ax1(1−x1)=a4，
所以M【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
（2）求出了导数根据条件转化为， f′x>0 在 (0,+∞）上恒成立，从而利用分离参数法，构造新函数，通过求导新函数的单调性求得ａ的取值范围；也可根据ａ的取值范围分类讨论函数 fx 的单调性；
（3）根据（2）中函数的单调性求出极值点的范围，从而函数 fx 的单调性得到极大值的表达式，进而结合极值点的范围使问题得证．
【解答】
(1)解：因为fx=e2x−ax2，
所以f′(x)=2e2x−2ax.
因为fx在(0,+∞)上单调递增，
所以f′x>0在0,+∞上都成立，即a≤e2xx在0,+∞上都成立．
令gx=e2xx，
则g′(x)=2xe2x−e2xx2=(2x−1)e2xx2.
当0当x>12对，g′x>0，gx在(12,+∞)上单调递增，
故当x=12时，gx取得最小值，其值为g(12)=2e，
所以a≤2e，
故a的取值范围为(−∞,2e].
(2)证明：由(1)知，当a≤2e时，fx在0,+∞上单调递增，此时函数不存在极大值；
当a>2e时，12<12lna2，lna>12lna2.
f′(x)=2e2x−2ax，令ℎ(x)=f′(x)，则ℎ′(x)=4e2x−2a.
令ℎ′(x)=0，则x=12lna2，
所以函数f′(x)在(0,12lna2)上单调递减，在12lna2,+∞上单调递增．
又f′0=2>0，f′12=2e−a<0，
f′lna=2e2lna−2alna=2aa−lna>0(易证明a−lna>0)，
故存在x1∈0,12，使得f′x1=2e2x1−2ax1=0，
存在x2∈12,lna，使得f′x2=0，
则x∈0,x1时，f′x>0；x∈x1,x2时，f′x<0；x∈x2,+∞时，f′x>0，
故fx在0,x1上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，
所以当x=x1时，fx取得极大值，即M=e2x1−ax12.
由00，x1≠1−x1，
由2e2x1−2ax1=0，得e2x1=ax1，
故M=e2x1−ax12=ax1−ax12
=ax1(1−x1)=a4，
所以M