Question

9．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：对任意实数a＜0，有f（x）＞$\frac{{{a^2}-a+1}}{a}$．

Answer 1

分析 （1）把a=0代入函数解析式并求出导函数，求得导函数的零点，由零点对函数定义域分段，然后根据导函数在各区间段内的符号求得原函数的单调期间；
（2）求出原函数的导函数，对导函数二次求导得到得到导函数的单调性，求出原函数的极值点，然后借助于二次函数最小值的求法得到f（x）的最小值，则答案得证．

解答 （1）解：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）证明：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上的单调增函数，
又f′（0）=-1＜0，f′（1）=e-2a-2＞0，
故R上存在惟一的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$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）={e^{x_0}}-ax_0^2-2{x_0}-1$，再由f′（x₀）=0，得${e^{x_0}}=2a{x_0}+2$，将其代入前式可得$f{（x）_{min}}=-ax_0^2+2（a-1）{x_0}+1$．
又令$φ（t）=-a{t^2}+2（a-1）t+1=-a{（t-\frac{a-1}{a}）^2}+\frac{{{{（a-1）}^2}}}{a}+1$，
由于-a＞0，对称轴$x=\frac{a-1}{a}＞1$，而x₀∈（0，1），∴φ（x₀）＞φ（1）=a-1，
又$（a-1）-\frac{{{a^2}-a+1}}{a}=-\frac{1}{a}＞0$，∴$φ（{x_0}）＞\frac{{{a^2}-a+1}}{a}$．
故对任意实数a＜0，都有$f（x）＞\frac{{{a^2}-a+1}}{a}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查了数学转化思想方法，训练了学生的逻辑思维能力和综合运算能力，是压轴题．