Question

8．已知函數f（x）=e^x-ax²-2x-1（x∈R）．
（1）當a=0時，求f（x）的單調區(qū)間；
（2）求證：對任意的實數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f（x）的導函數f′（x），解出f′（x）＞0和f′（x）＜0，從而求出函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）構造新的函數，判斷函數的單調性求出函數的最值，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）的單調減區(qū)間，（ln2，+∞）是f（x）的單調增區(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上的單調遞增函數，
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）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增，
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a=-1時，函數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），
故對任意實數a＜0，不等式f（x）-$\frac{1}{3}$a³+2＞0恒成立．

點評 本題是一道導數的綜合題，考查了函數單調性和導數之間的關系以及，利用導數求函數的單調區(qū)間，等價轉化思想，不等式的證明．綜合性較強，難度較大．