Question

8．已知函数f（x）=e^x-ax²-2x-1（x∈R）．
（1）当a=0时，求f（x）的单调区间；
（2）求证：对任意的实数a＜0，不等式f（x）-$\frac{1}{3}$a³+2＞0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导函数f′（x），解出f′（x）＞0和f′（x）＜0，从而求出函数f（x）的单调区间；
（2）构造新的函数，判断函数的单调性求出函数的最值，从而证明不等式．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=e^x-2x-1（x∈R），
∵f′（x）=e^x-2，且f′（x）的零点为x=ln2，
∴当x∈（-∞，ln2）时，f′（x）＜0；
当x∈（ln2，+∞）时，f′（x）＞0
即（-∞，ln2）是f（x）的单调减区间，（ln2，+∞）是f（x）的单调增区间．
（2）由f（x）-$\frac{1}{3}$a³+2＞0得f（x）＞$\frac{1}{3}$a³-2成立，
由f（x）=e^x-ax²-2x-1（x∈R）得，f′（x）=e^x-2ax-2，
记g（x）=e^x-2ax-2（x∈R），
∵a＜0，∴g′（x）=e^x-2a＞0，即f′（x）=g（x）是R上的单调递增函数，
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，且当x＜x₀时，f′（x）＜0；当x＞x₀时，
f′（x）＞0，即f（x）在（-∞，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
则f（x）_min=f（x₀）=ex₀-ax₀-1，
再由f′（x₀）=0得ex₀=2ax₀+2，将其代入前式可得，
f（x）_min=$-a{{x}_{0}}^{2}+2（a-1）{x}_{0}+1$，
又令h（x₀）=$-a{{x}_{0}}^{2}+2（a-1）{x}_{0}+1$=-a$（{x}_{0}-\frac{a-1}{a}）^{2}+\frac{（a-1）^{2}}{a}+1$，
由于-a＞0，对称轴$x=\frac{a-1}{a}＞1$，而x₀∈（0，1），
∴h（x₀）＞h（1）=a-1，
又a-1-（$\frac{1}{3}$a³-2）=-$\frac{1}{3}$a³+a+1，
设m（a）=-$\frac{1}{3}$a³+a+1，
则m′（a）=-a²+1，
由m′（a）＞0得-1＜a＜0，
由m′（a）＜0得a＜-1，
∴当a=-1时，函数m（a）取得极小值m（-1）=-$\frac{1}{3}$（-1）³-1+1=$\frac{1}{3}$＞0，
∴a-1＞（$\frac{1}{3}$a³-2），
故对任意实数a＜0，不等式f（x）-$\frac{1}{3}$a³+2＞0恒成立．

点评 本题是一道导数的综合题，考查了函数单调性和导数之间的关系以及，利用导数求函数的单调区间，等价转化思想，不等式的证明．综合性较强，难度较大．