已知函数 $f(x)={\rm e}^x$，$g(x)=\ln x$．
1、若函数 $h(x)=f(x)+a g(x)$ 存在极小值，求实数 $a$ 的取值范围．
2、若 $m>0$，且 $m^2 x^2 f(x-1)-(x+1) g(x)-m x \geqslant 0$ 对任意 $x>0$ 恒成立，求实数 $m$ 的取值范围．
解析
1、函数 $h(x)={\rm e}^x+a\ln x$，其导函数为\[h'(x)=\dfrac{x{\rm e}^x+a}{x},\]因此当 $a\geqslant 0$ 时，函数 $h(x)$ 没有极值；当 $a<0$ 时，函数 $h(x)$ 存在极小值点 $x_0$，其中 $x_0{\rm e}^{x_0}+a=0$，因此实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,0)$．
2、根据题意，有\[\forall x>0,~m^2x^2{\rm e}^{x-1}-m x-(x+1)\ln x\geqslant 0,\]取 $x=1$，可得\[m^2-m\geqslant 0\implies m\geqslant 1,\]接下来证明当 $m\geqslant 1$ 时符合题意，即\[\forall (m\geqslant 1)\land (x>0),~m^2x^2{\rm e}^{x-1}-m x-(x+1)\ln x\geqslant 0,\]设不等式右侧为关于 $m$ 的二次函数 $h(m)$，则其对称轴为 $m=\dfrac{1}{2x{\rm e}^{x-1}}$．
情形一 $\dfrac{1}{2x{\rm e}^{x-1}}<1$．此时\[\begin{split} h(m)&\geqslant h(1)\\ &=x^2{\rm e}^{x-1}-x-(x+1)\ln x\\ &\geqslant x^3-x-(x+1)(x-1)\\ &=(x+1)(x-1)^2\\ &\geqslant 0,\end{split},\]命题成立．
情形二 $\dfrac{1}{2x{\rm e}^{x-1}}\geqslant 1$．此时\[\begin{split} h(m)&\geqslant h\left(\dfrac{1}{2x{\rm e}^{x-1}}\right)\\ &=-\dfrac{1}{4{\rm e}^{x-1}}-(x+1)\ln x,\end{split}\]设 $p(x)=-\dfrac{1}{4{\rm e}^{x-1}(x+1)}-\ln x$，则其导函数\[p'(x)=\dfrac{x+2}{4{\rm e}^{x-1}(x+1)^2}-\dfrac 1x<\dfrac{x+2}{4x(x+1)^2}-\dfrac 1x=-\dfrac{4x^2+7x+2}{4x(x+1)^2}<0,\]因此 $p(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，因此只需要证明当 $\dfrac{1}{2t{\rm e}^{t-1}}=1$ 即 $t+\ln t=1-\ln 2$ 时，$p(t)\geqslant 0$，而\[\begin{split} p(t)&=-\dfrac{1}{4{\rm e}^{t-1}}-(t+1)\ln t\\ &>-\dfrac t2-(t+1)(t-1),\\ &=-t^2-\dfrac t2+1,\end{split}\]考虑到\[\dfrac{\sqrt 2}2+\ln\dfrac{\sqrt 2}2-(1-\ln 2)=\ln \sqrt 2-\left(1-\dfrac{1}{\sqrt 2}\right)>0,\]从而 $t>\dfrac{\sqrt 2}2$，于是\[p(t)>\left(-t^2-\dfrac t2+1\right)\Big|_{t=\frac{\sqrt 2}2}=\dfrac 12\left(1-\dfrac{\sqrt 2}2\right)>0,\]命题得证．
综上所述，实数 $m$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$．