Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-2x-1（x∈R）．
（1）當a=0時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：對任意實數(shù)a＜0，有f（x）＞

a2-a+1

a

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：證明題,導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出函數(shù)f（x）的導函數(shù)f′（x），解出f′（x）＞0和f′（x）＜0，從而求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）構(gòu)造新的函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最值，從而證明不等式．

解答： 解：（1）當a=0時，f（x）=e^x-2x-1（x∈R），
∵f′（x）=e^x-2，且f′（x）的零點為x=ln2，
∴當x∈（-∞，ln2）時，f′（x）＜0；當x∈（ln2，+∞）時，f′（x）＞0
即（-∞，ln2）是f（x）的單調(diào)減區(qū)間，（ln2，+∞）是f（x）的單調(diào)增區(qū)間．
（2）由f（x）=e^x-ax²-2x-1（x∈R）得，f′（x）=e^x-2ax-2，
記g（x）=e^x-2ax-2（x∈R），
∵a＜0，∴g′（x）=e^x-2a＞0，即f′（x）=g（x）是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，
又f′（0）=-1＜0，f′（1）=e-2a-2＞0，
故R上存在唯一的x₀∈（0，1），使得f′（x₀）=0，且當x＜x₀時，f′（x）＜0；當x＞x₀時，
f′（x）＞0，即f（x）在（-∞，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
則f（x）_min=f（x₀）=ex₀-ax₀-1，
再由f′（x₀）=0得ex₀=2ax₀+2，將其代入前式可得，
f（x）_min=-ax02+2(a-1)x0+1，
又令h（x₀）=-ax02+2(a-1)x0+1=-a(x0-

a-1

a

)2+

(a-1)2

a

+1，
由于-a＞0，對稱軸x=

a-1

a

＞1，而x₀∈（0，1），
∴h（x₀）＞h（1）=a-1，
又(a-1)-

a2-a+1

a

=-

1

a

＞0，
∴h（x₀）＞

a2-a+1

a

，
故對任意實數(shù)a＜0，都在f（x）＞

a2-a+1

a

．

點評：本題是一道導數(shù)的綜合題，考查了，利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，等價轉(zhuǎn)化思想，不等式的證明．難度中等．