已知函数f（x）=mx-αlnx-m，g（x）=[exex，其中m，α均为实数．

解题思路：（1）对于第一问非常简单，只需按求解极值的定义求解即可．
（2）在所给式子中含绝对值，一般考虑去掉绝对值，x₁，x₂是任给的两个数，所以可考虑用函数单调性．去掉绝对值之后，注意观察式子，你会发现，只要做适当变形，便可利用函数单调性的定义，得到一个新的函数的单调性，再结合导数求a的范围即可．
（3）通过第三问的条件，你会得到f（x）在区间（0，e]不是单调函数的结论，并要求f（x）的值域需包含g（x）的值域便可．接下来就是看怎样让f（x）的值域包含g（x）的值域，即能求出m的范围．

（1）g′（x）=
e(1−x)
ex，令
e(1−x)
ex＝0，解得x=1，
∵e^x＞0，∴x∈（-∞，1）时，g′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，根据极大值的定义知：g（x）极大值是g（1）=1，无极小值．
（2）当m=1，a＜0时，f（x）=x-alnx-1，所以在[3，4]上f′（x）=
x−a/x]＞0，所以f（x）在[3，4]上是增函数．
设h（x）=[1
g(x)＝
ex/ex]，所以在[3，4]上h′（x）=
ex(x−1)
ex2＞0，所以h（x）在[3，4]上为增函数．
设x₂＞x₁，则|f(x2)−f(x1)|＜|
1
g(x2)−
1
g(x1)|恒成立，变成f(x2)−f(x1)＜
1
g(x2)−
1
g(x1)恒成立，即：f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁）恒成立，即：f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁）．设u（x）=f（x）-h（x）=x−alnx−1−
1
e•
ex
x，则u（x）在[3，4]上为减函数．
∴u′（x）=1-[a/x−
1
e•
ex(x−1)
x2]≤0在[3，4]上恒成立．
∴a≥x−ex−1+
ex−1
x恒成立．设v（x）=x-−ex−1+
ex−1
x，所以v′（x）=1-ex−1+
ex−1(x−1)
x2=1−ex−1[(
1
x−
1
2)2+
3
4]，因为x∈[3，4]，所以ex−1[(
1
x−
1
2)2+
3
4]＞
3
4e2，所以v′（x）＜0，所以v（x）为减函数．
∴v（x）在[3，4]上的最大值为v（3）=3−
2
3e2．
∴a≥3−
2
3e2，∴a的最小值为：3−
2
3e2．
（3）由（1）知g（x）在（0，1]上单调递增，在（1，e]单调单调递减，又g（0）=0，g（e）=
e2
ee，所以g（x）的值域是（0，1]．
∵f（x）=mx-2lnx-m；
∴当m=0时，f（x）=-2lnx，在（0，e]为减函数，由题意知，f（x）在（0，e]不是单调函数；故m=0不合题意；
当m≠0时，f′（x）=
m(x−
2
m)
x，由于f（x）在（0，e]上不单调，所以0＜
2
m＜e，即m＞
2
e；①
此时f（x）在（0，[2/m]）递减，在（[2/m]，e]递增；
∴f（e）≥1，即me-2-m≥1，解得m≥
3
e−1；②
所以由①②，得m≥
3
e−1；
∵1∈（0，e]，∴f（[2/m]）≤f（1）=0满足条件．
下证存在t∈（0，[2/m]]使得f（t）≥1；
取t=e^-m，先证e−m＜
2
m，即证2e^m-m＞0；③
设w（x）=2e^x-x，则w′（x）=2e^x-1＞0在[[3/e−1]，+∞）时恒成立；
∴w（x）在[[3/e−1]，+∞）上递增，∴w（x）≥w(
3
e−1)＞0，所以③成立；
再证f（e^-m）≥1；
∵f(e−m)＝me−m+m＞m≥
3
e−1＞1，∴m≥
3
e−1时，命题成立．
所以m的取值范围是：[[3/e−1]，+∞）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题用到的知识点有：1．极值的定义．
2．用倒数求函数单调区间，判断单调性的方法．
3．单调函数定义的运用．
4．会对式子做适当变形，从而解决问题．