已知函数f（x）=ex-ax-2x-1（x∈R）．

解题思路：（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．

（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）=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=−ax02+2(a−1)x0+1，
又令h（x₀）=−ax02+2(a−1)x0+1=-a(x0−
a−1
a)2+
(a−1)2
a+1，
由于-a＞0，对称轴x＝
a−1
a＞1，而x₀∈（0，1），
∴h（x₀）＞h（1）=a-1，
又(a−1)−
a2−a+1
a＝−
1
a＞0，
∴h（x₀）＞
a2−a+1
a，
故对任意实数a＜0，都在f（x）＞
a2−a+1
a．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 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．