已知函数f(x)＝12ax2+2x(a≠0)，g(x)＝lnx．

解题思路：（I）利用导数进行理解，即h'（x）＞0在（0，+∞）上有解．可得不等式ax²+2x-1＞0在（0，+∞）上有解，结合根的判别式列式，即可得到a的取值范围．
（II）对于存在性问题，可先假设存在，即假设存在实数a＞0，使得方程

g(x)

x

＝f′(x)−(2a+1)在区间(

1

e

，e)内有且只有两个不相等的实数根，即ax²+（1-2a）x-lnx=0，设h（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，再利用利用导数讨论h（x）的单调性，由此建立不等式组并解之，可得实数a的取值范围．

（Ⅰ）由已知，得h（x）=[1/2ax2+2x−lnx，且x＞0，
则h'（x）=ax+2-
1
x]=
ax2+2x−1
x，…（2分）
∵函数h（x）存在单调递增区间，∴h'（x）＞0在（0，+∞）上有解，
即不等式ax²+2x-1＞0在（0，+∞）上有解．
①当a＜0时，y=ax²+2x-1的图象为开口向下的抛物线，对称轴为x＝−
1
a＞0要使ax²+2x-1＞0在（0，+∞）上总有解，只需△=4+4a＞0，即a＞-1．即-1＜a＜0
②当a＞0 时，y=ax²+2x-1的图象为开口向上的抛物线，ax²+2x-1＞0 一定有解．
综上，a的取值范围是（-1，0）∪（0，+∞） …（5分）
（Ⅱ）方程
g(x)
x＝f′(x)−(2a+1)
则[lnx/x＝ax+2−(2a+1)＝ax+(1−2a)
即ax²+（1-2a）x-lnx=0…（6分），
设h（x）=ax²+（1-2a）x-lnx．
于是原方程在区间(
1
e，e)内根的问题，转化为函数h（x）在区间(
1
e，e)内的零点问题


h′(x)＝2ax+(1−2a)−
1
x＝
2ax2+(1−2a)x−1
x＝
(2ax+1)(x−1)
x
当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)是减函数；
当x∈(1，+∞)时，h′(x)＞0，h(x)是增函数；]…（9分）


若h(x)在(
1
e，e)内有且只有两个不相等的零点，只须


h(
1
e)＝
a2
e2+
1−2a
e+1＝
(1−2e)a+e2+e
e2＞0
h(x)min＝h(1)＝a+(1−2a)＝1−a＜0
h(e)＝ae2+(1−2e)a−1＝(e2−2e)a+(e−1)＞0…（12分）
解得1＜a＜
e2+e
2e−1，所以a的取值范围是(1，
e2+e
2e−1)…（14分）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；函数的单调性与导数的关系．

考点点评： 本题主要考查函数与导数，以及函数与方程思想，体现了导数值为一种研究函数的工具，能完成单调性的判定和最值的求解方程，同时能结合常用数学思想，来考查同学们灵活运用知识解决问题的能力．