(1) 讨论函数f(x)=x−2x+2ex的单调性，并证明当x>0时，(x−2)ex+x+2>0；
(2) 证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)=ex−ax−ax2(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(−∞,−2)∪(−2,+∞)，其导函数f′(x)=x2(x+2)2ex,于是函数f(x)在(−∞,−2)和(−2,+∞)上都单调递增．
当x>0时，有f(x)>f(0)=−1,即x−2x+2ex>−1,整理即得(x−2)ex+x+2>0.
(2) 函数g(x)的导函数为g′(x)=x+2x3⋅(x−2x+2ex+a),令h(x)=x−2x+2ex+a，则h(0)=a−1<0,h(2)=a⩾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。。。