解题思路：（1）先求导，再令导数等于0，解导数大于0得函数的增区间，解导数小于0得函数的减区间．（2）可将问题转化为在[2，c+1]上f（x）＜1恒成立问题，即在[2，c+1]上f（x）max＜1．先求导
f′(x)＝2ax−
4
x−1
＝
2(a
x
2
−ax−2)
x−1
，因为x∈[2，c+1]，故可只讨论分子的正负问题，不妨令g（x）=ax2-ax-2，讨论g（x）在区间[2，c+1]上的正负问题，同时注意对a的讨论．根据导数正得增区间导数负得减区间，再根据函数的单调性求函数的最值．
（1）当a=1时，f（x）=x2-4ln（x-1），x∈（1，+∞），
∴f（x）=2x-[4/x−1]=
2x2−2x−4
x−1=
2(x+1)(x−2)
x−1，
令f′（x）=0，解得：x=2，
∴a=1时，f（x）的单调递增区间为（2，+∞），单调递减区间为（1，2）．
（2）∵对任意m∈[2，e+1]，直线PM的倾斜角都是钝角，
∴对任意m∈[2，e+1]，直线PM的斜率小于0，
即
f(m)−1
m−1＜0，f（m）＜1，
即f（x）在区间[2，e+1]上的最大值小于1，
f（x）=
2(ax2−ax−2)
x−1，x∈（1，+∞），
令g（x）=aa2-ax-2
①当a=0时，f（x）=-4ln（x-1）在[2，e+1]上单调递减，
f（x）max=f（2）=0＜1，显然成立，
∴a=0．
②当a＜0时，二次函数g（x）的图象开口向下，
且g（0）=-2，g（1）=-2，
∀x∈（1，+∞），g（x）＜0，
故f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
故f（x）在[2，e+1]上单调递减，f（x）max=f（2）=4a＜0，显然成立，
∴a＜0．
（3）当a＞0时，二次函数g（x）的图象开口向上，
且g（0）=-2，g（1）=-2．
所以∃x0∈（1，+∞），当x∈（1，x0）时，g（x）＜0． 当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0；
所以f（x）在区间（1，+∞）内先递减再递增．
故f（x）在区间[2，e+1]上的最大值只能是f（2）或f（e+1）．
∴
f(2)＜1
f(e+1)＜1，即：
4a＜1
a(e+1)2−4＜1，
∴0＜a＜[1/4]．
综上：a＜[1/4]．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 本题考察了用导数研究函数的性质；渗透了分类讨论思想，本题是一道综合题．