(1) 讨论函数$f(x)=\dfrac{x-2}{x+2}{\rm e}^x$的单调性，并证明当$x>0$时，$(x-2){\rm e}^x+x+2>0$；
(2) 证明：当$a\in [0,1)$时，函数$g(x)=\dfrac{{\rm e}^x-ax-a}{x^2}$($x>0$)有最小值．设$g(x)$的最小值为$h(a)$，求函数$h(a)$的值域．
解 (1) 函数$f(x)$的定义域为$(-\infty,-2)\cup (-2,+\infty)$，其导函数$$f'(x)=\dfrac {x^2}{(x+2)^2}{\rm e}^x,$$于是函数$f(x)$在$(-\infty,-2)$和$(-2,+\infty)$上都单调递增．
当$x>0$时，有$$f(x)>f(0)=-1,$$即$$\dfrac{x-2}{x+2}{\rm e}^x>-1,$$整理即得$$(x-2){\rm e}^x+x+2>0.$$
(2) 函数$g(x)$的导函数为$$g'(x)=\dfrac{x+2}{x^3}\cdot \left(\dfrac{x-2}{x+2}{\rm e}^x+a\right),$$令$h(x)=\dfrac{x-2}{x+2}{\rm e}^x+a$，则$$h(0)=a-1<0,h(2)=a\geqslant 0,$$结合第(1)小题结论，$h(x)$在$(0,2]$上有唯一零点$x=m$．进而可得函数$g(x)$在$(0,m)$上单调递减，在$(m,+\infty)$上单调递增，因此$x=m$也为函数$g(x)$的极小值点，亦为最小值点．因此当$a\in [0,1)$时，函数$g(x)$有最小值$g(m)$．
由于$$\dfrac{m-2}{m+2}{\rm e}^m+a=0,$$于是$$a=-\dfrac{m-2}{m+2}{\rm e}^m,$$当$a\in [0,1)$时，有$m\in(0,2]$．进而函数$g(x)$的最小值\[\begin{split} g(m)&=\dfrac{{\rm e}^m-\left(-\dfrac{m-2}{m+2}{\rm e}^m\right)\cdot(m+1)}{m^2} \\ &=\dfrac{{\rm e}^m}{m+2},\end{split} \]令$r(m)=\dfrac{{\rm e}^m}{m+2}$($m\in (0,2]$)，则其导函数$$r'(m)=\dfrac{m+1}{(m+2)^2}{\rm e}^m>0,$$因此函数$r(m)$在$(0,2]$上单调递增，从而函数$h(a)$的值域，即函数$g(x)$的最小值的取值范围是$(r(0),r(2)]$，也即$\left(\dfrac 12,\dfrac 14{\rm e}^2\right]$．
注 此题第(2)小题故意使用关于$a$的函数$h(a)$误导解题者用$a$表示极值点，增加了问题的难度．
精彩的想法，在函数图象连续变化的前提下这样推理是可以的，可是一个含参数$a$的函数$f(x)$的最小值$h(a)$不一定是连续的哦．
第二问中若将$g(x)$整理为$\dfrac{{\rm e}^x}{x^2}-\dfrac{a(x+1)}{x^2}$,就可以得到
$$\dfrac{{\rm e}^x}{x^2}\geqslant g(x) > \dfrac{{\rm e}^x-(x+1)}{x^2},$$然后两边分别求最小值也可以吧
显然不可以，函数$g(x)$的图象在两个函数图象之间，并不代表着它的最小值的取值范围是这两个函数的最小值之间．自己画个图就知道了．更何况下界函数并无最小值．
若$f(x)\geqslant g(x)$，设$x=x_0$时$f(x)$取最小值，则有$$\min f(x)=f(x_0)\geqslant g(x_0)\geqslant \min g(x),$$而分别取$a$为$0,1$时，这最小值等号却能取到。右边的函数倒是只有极限值$\dfrac 12$，说明这个倒是很麻烦
最小值的最大值明显无法这样推理．
之前已经证明$f(x)\geqslant g(x)$，那么$$\min f(x)\geqslant \min g(x),$$
那么若$f(x)\geqslant g(x)\geqslant h(x)$，也就有
$$\min f(x)\geqslant \min g(x) \geqslant \min h(x),$$前提是他们在相同区间上有定义
我画图没看出反例来。。老师能否告诉我一个反例，我没想到自己漏想了什么地方。。。