Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax²-2x-1（x∈R）．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：對(duì)任意的實(shí)數(shù)a＜0，不等式f（x）-$\frac{1}{3}$a³+2＞0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)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(dāng)a=0時(shí)，f（x）=e^x-2x-1（x∈R），
∵f′（x）=e^x-2，且f′（x）的零點(diǎn)為x=ln2，
∴當(dāng)x∈（-∞，ln2）時(shí)，f′（x）＜0；
當(dāng)x∈（ln2，+∞）時(shí)，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）-$\frac{1}{3}$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，
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(dāng)x＜x₀時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞x₀時(shí)，
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=$-a{{x}_{0}}^{2}+2（a-1）{x}_{0}+1$，
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，對(duì)稱軸$x=\frac{a-1}{a}＞1$，而x₀∈（0，1），
∴h（x₀）＞h（1）=a-1，
又a-1-（$\frac{1}{3}$a³-2）=-$\frac{1}{3}$a³+a+1，
設(shè)m（a）=-$\frac{1}{3}$a³+a+1，
則m′（a）=-a²+1，
由m′（a）＞0得-1＜a＜0，
由m′（a）＜0得a＜-1，
∴當(dāng)a=-1時(shí)，函數(shù)m（a）取得極小值m（-1）=-$\frac{1}{3}$（-1）³-1+1=$\frac{1}{3}$＞0，
∴a-1＞（$\frac{1}{3}$a³-2），
故對(duì)任意實(shí)數(shù)a＜0，不等式f（x）-$\frac{1}{3}$a³+2＞0恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道導(dǎo)數(shù)的綜合題，考查了函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系以及，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，不等式的證明．綜合性較強(qiáng)，難度較大．