专题： 证明题；导数的综合应用．
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．
x
解答： 解：（1）当a=0时，f（x）=e﹣2x﹣1（x∈R），
x
∵f′（x）=e﹣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．
x2x
（2）由f（x）=e﹣ax﹣2x﹣1（x∈R）得，f′（x）=e﹣2ax﹣2，
x
记g（x）=e﹣2ax﹣2（x∈R），
x
∵a＜0，∴g′（x）=e﹣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=
，
又令h（x0）=由于﹣a＞0，对称轴∴h（x0）＞h（1）=a﹣1， 又
＞0，
=﹣a
，而x0∈（0，1），
，
∴h（x0）＞
，
故对任意实数a＜0，都在f（x）＞．
点评： 本题是一道导数的综合题，考查了，利用导数求函数的单调区间，等价转化思想，
不等式的证明．难度中等．
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