（2013•朝阳区二模）已知函数f(x)＝mxx2+1+1(m≠0)，g（x）=x2eax（a∈R）．

解题思路：（Ⅰ）把给出的函数进行求导，由导函数的零点把定义域分段，然后分m的正负判断导函数在各区间段内的符号，从而得到元函数的单调区间；
（Ⅱ）当m＞0时，若对任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，转化为对于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立，然后分类求函数f（x）和g（x）在[0，2]上的最小值和最大值，由f（x）的最小值大于g（x）的最大值即可解得实数a的取值范围．

函数f(x)＝
mx
x2+1+1(m≠0)的定义域为R，
f′(x)＝
m(1−x2)
(x2+1)2＝
m(1−x)(1+x)
(x2+1)2．
①当m＞0时，当x变化时，f^′（x），f（x）的变化情况如表：

所以，函数f（x）的单调增区间时（-1，1），单调递减区间是（-∞，-1），（1，+∞）．
②当m＜0时，当x变化时，f^′（x），f（x）的变化情况如表：

所以，函数f（x）的单调减区间时（-1，1），单调递增区间是（-∞，-1），（1，+∞）．
（Ⅱ）依题意，对任意当m＞0时，对于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，等价于
当m＞0时，对于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立．
当m＞0时，由（Ⅰ）知，函数f（x）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
因为f（0）=1，f（2）=[2m/5+1＞1，所以函数f（x）的最小值为f（0）=1．
所以应满足g（x）_max≤1．
因为g（x）=x²e^ax，所以g^′（x）=（ax²+2x）e^ax．
③当a=0时，函数g（x）=x²，任意x∈[0，2]，g（x）_max=g（2）=4，
显然不满足g（x）_max≤1，故a=0不成立．
④当a≠0时，令g^′（x）=（ax²+2x）e^ax=0得：x1＝0，x2＝−
2
a]
1°当−
2
a≥2，即-1≤a＜0时，在[0，2]上g^′（x）≥0，所以函数g（x）在[0，2]上单调递增，
所以g(x)max＝g(2)＝4e2a．
由4e^2a≤1得，a≤-ln2，所以-1≤a≤-ln2．
2°当0＜−
2
a＜2，即a＜-1时，在[0，−
2
a)上g^′（x）≥0，在(−
2
a，2]上g^′（x）＜0，
所以函数g（x）在[0，−
2
a)上单调递增，在(−
2
a，2]上单调递减．
所以g(x)max＝g(−
2
a)＝
4
a2e2．
由[4
a2e2≤1得：a≤−
2/e]，所以a＜-1．
3°当−
2
a＜0，即a＞0时，显然在[0，2]上g^′（x）≥0，
函数g（x）在[0，2]上单调递增，且

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．

考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数恒成立问题，解答过程体现了分类讨论得数学思想，正确对a进行分类是解答该题的关键，此题属有一定难度题目．