解题思路：（1）利用导数求函数的单调区间，关键点有二，一是求对导函数，这不难，二是解答不等式f'（x）＞0，得到x的范围，再兼顾函数的定义域，列出当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况表，将能很轻松的解答问题．
（2）在（1）的结论基础上求函数在闭区间上的最值将会有一种水到渠成的感觉，这一步一般稍有基础的学生就能很顺利解答．
（3）本问根据要证明的不等式
e
x−1
＞
x
n
n!
．构造出函数
g
n
(x)＝
e
x−1
−
x
n
n!
，在利用数学归纳法证明出当n∈N*时有
g
n
(x)＝
e
x−1
−
x
n
n!
＞0，这还要借助于导数来解答．
（1）f'（x）=2xex-1+x2ex-1-x2-2x=x（x+2）（ex-1-1），
令f'（x）=0，可得x1=-2，x2=0，x3=1．
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x （-∞，-2） -2 （-2，0） 0 （0，1） 1 （1，+∞）
f'（x） - 0 + 0 - 0 +
f（x） ↓ 极小值 ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑∴函数y=f（x）的增区间为（-2，0）和（1，+∞），减区间为（-∞，-2）和（0，1）．
（2）当x∈[-1，2]时，f(−1)＝
1
e2−
2
3<0，
f(2)＝4(e−
5
3)>0，f(x)极小值=f(1)＝−
1
3>f(−1)，f(x)极大值=f（0）=0．
所以f（x）在[-1，2]上的最小值为[1
e2−
2/3]．
（3）设gn(x)＝ex−1−
xn
n!，当n=1时，只需证明g1（x）=ex-1-x>0，当x∈（1，+∞）时，g1′（x）=ex-1-1>0，
所以g1（x）=ex-1-x在（1，+∞）上是增函数，∴g1（x）>g1（1）=e0-1=0，即ex-1>x；
当x∈（1，+∞）时，假设n=k时不等式成立，即gk(x)＝ex−1−
xk
k!>0，
当n=k+1时，
因为gk+1′(x)＝ex−1−
(k+1)xk
(k+1)!＝ex−1−
xk
k!>0，
所以gk+1（x）在（1，+∞）上也是增函数．
所以gk+1(x)>gk+1(1)＝e0−
1
(k+1)!＝1−
1
(k+1)!>0，
即当n=k+1时，不等式成立．
由归纳原理，知当x∈（1，+∞）时，∀n∈N*，ex−1>
xn
n!．
点评：
本题考点： 用数学归纳法证明不等式；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题是一道好题，利用导数研究函数的性态是高考常考，重点考查的内容，本题还明确要求利用数学归纳法证明不等式，与本例中具体函数的性质结合紧密，这也是高考考题的新颖设计，在解答本题时要仔细领会其中的深意，将对自己的解题能力水平有很大帮助和提高．
