所以g(x)在(0,1)单调增加，在(1，＋∞)单调减少．

　　所以g(x)在x＝1处取得最大值g(1)＝0.

　　故当x＞0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.

　　迁移与应用：解：(1)f′(x)＝ex(ax2＋x＋1＋2ax＋1)，

　　由条件知，f′(1)＝0，故a＋3＋2a＝0⇒a＝－1.

　　于是f′(x)＝ex(－x2－x＋2)＝－ex(x＋2)(x－1)．

　　故当x∈(－∞，－2)∪(1，＋∞)时，f′(x)＜0；

　　当x∈(－2,1)时，f′(x)＞0.

　　从而f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上单调．

　　(2)由(1)知f(x)在[0,1]上是增函数，

　　故f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)＝e，最小值为f(0)＝1.

　　从而对任意x1，x2∈[0,1]，有|f(x1)－f(x2)|≤e－1＜2.

　　当堂检测

　　1．　解析：y′＝1－3x2.令y′＝0，得x＝或x＝－(舍去)．

　　当x∈[0,1]时，有x∈时，y′≥0，y＝x(1－x2)为增函数；

　　x∈时，y′＜0，函数y＝x(1－x2)为减函数，

　　∴当x＝时，y取最大值.

　　2．－　解析：f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝.

　　当x∈时，f′(x)＜0，f(x)在上是减函数．

　　当x∈时，f′(x)＞0，f(x)在上是增函数．

　　∴x＝时，f(x)取得最小值f＝ln＝－.

　　3．2　解析：y′＝′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)．

　　由y′＝0，得x＝0或x＝－1.

　　∴f(0)＝m，f(－1)＝m＋.

　　又∵f(1)＝m＋，f(－2)＝－8＋6＋m＝m－2，

　　∴f(1)＝m＋最大．

　　∴m＋＝.∴m＝2.

　　4．－10　解析：f′(x)＝6x2－6x－12，

　　令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝2.

　　但x∈[0,3]，∴x＝－1舍去，∴x＝2.

　　当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x 0 (0,2) 2 (2,3) 3 f′(x) － 0 ＋