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）由题意可得
h′(x)＝2x+m+
1−
m
2
x
＝
2
x
2
+mx+1−
m
2
x
≥0
，对x∈（0，+∞）恒成立，讨论二次函数在（0，+∞）上的单调性即可得出结论；
（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g（x）=0，得x=1当x∈（0，1）时，
g'（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，∵g（1）=1
∴y=g（x）的极大值为1，无极小值．
（2）因为a=-1，由题意，h（x）=x2+m（x-1）+（1-m2）lnx是增函数，
h′(x)＝2x+m+
1−m2/x＝
2x2+mx+1−m2
x≥0，对x∈（0，+∞）恒成立，
当−
m
4≤0时，只需1-m2≥0，即0≤m≤1，当−
m
4＞0时，只需1−m2−
m2
8≥0，即−
2
2
3≤m＜0综上得，−
2
2
3≤m≤1．
（3）由（1）知，当x∈（0，e]时，g（x）∈（0，1]，
由题意，当f（x）取（0，1]的每一个值时，在区间（0，e]上存在t1，t2（t1≠t2）与该值对应．
a=2时，f(x)＝m(x−1)−2lnx，f′(x)＝m−
2
x＝
mx−2
x]，
当m=0时，f′(x)＝−
2
x＜0，f（x）单调递减，不合题意，当m≠0时，x＝
2
m时，f'（x）=0，由题意，
f（x）在区间（0，e]上不单调，所以，0＜
2
m＜e，
当x∈(0，
2
m]时，f'（x）＜0，当(
2
m，+∞)时，f'（x）＞0所以，
当x∈（0，e]时，fmin(x)＝f(
2
m)＝2−m−2ln
2
m，
由题意，只需满足以下三个条件：①fmin(x)＝f(
2
m)＝2−m−
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，考查学生的等价转化思想的运用能力及运算求解能力，属于难题．