（1）f′(x)=

eax(ax2-x+ a-1 a )

(x2+ x a + 1 a )2

，因e^ax＞0且a＞

1

4

，故只需讨论ax2-x+

a-1

a

的符号

所以 ①当a≥

5

4

时，f′（x）≥0，f（x）在区间（-∞，+∞）上为增函数

②当

1

4

＜a＜

5

4

时，令f′（x）=0解得x1=

1- 5-4a

2a

，x2=

1+ 5-4a

2a

．

当x变化时，f'（x）和f（x）的变化情况如下表：

x	(-∞， 1- 5-4a 2a )	1- 5-4a 2a	( 1- 5-4a 2a ， 1+ 5-4a 2a )	1+ 5-4a 2a	( 1+ 5-4a 2a ，+∞)
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	极大值	↘	极小值	↗

∴f（x）在(-∞，

1- 5-4a

2a

)，(

1+ 5-4a

2a

，+∞)，为增函数，

f（x）在(

1- 5-4a

2a

，

1+ 5-4a

2a

)为减函数．                           …（6分）

（2）考查反面情况：∀x∈[2，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，

即h(x)=

ex

x2+x+1

-

3e2

49

-bx≥0在x∈[2，+∞）上恒成立．

首先h(2)=

e2

7

-

3e2

49

-2b≥0，即b≤

2e2

49

，其次，h′(x)=

ex(x2-x)

(x2+x+1)

-b，考虑M(x)=

ex(x2-x)

(x2+x+1)

因M′(x)=

ex(x2+x+1)[x3(x-2)+3x2+2x-1]

(x2+x+1)4

＞0在x∈[2，+∞）上恒成立，

所以M(x)≥M(2)=

2e2

49

，

所以当b≤

2e2

49

时，h′(x)=

ex(x2-x)

(x2+x+1)

-b≥

2e2

49

-b≥0，故h（x）在x∈[2，+∞）上单调递增，

又h（2）≥0，所以h(x)=

ex

x2+x+1

-

3e2

49

-bx≥0在x∈[2，+∞）上恒成立，所以b≤

2e2

49

，

综上b＞

2e2

49

…（14分）