已知函数f（x）=x+2a2x-alnx（a∈R）

解题思路：（1）求出导数f′（x），利用导数与函数单调性的关系解出不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可．
（2）由题意得，对任意的x₁，x₂∈[1，e]（e是自然对数的底数），f（x₁）≥g（x₂）成立，可转化为当x∈[1，e]时，[f（x）]_min≥[g（x）]_max．

（1）因为f（x）=x+
2a2
x−alnx(x＞0)，所以f′(x)＝1−
2a2
x2−
a
x＝
x2−ax−2a2
x2=
(x+a)(x−2a)
x2，
①若a=0，f（x）=x，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
②若a＞0，当x∈（0，2a）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，2a）上单调递减；当x∈（2a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（2a，+∞）上单调递增．
③若a＜0，当x∈（0，-a）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，-a）上单调递减；当x∈（-a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（-a，+∞）上单调递增．
综上：①当a=0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
②当a＞0时，f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增．
③当a＜0时，f（x）在（0，-a）上单调递减，在（-a，+∞）上单调递增．
（2）当a=1时，f（x）=x+[2/x−lnx(x＞0)．
由（1）知，若a=1，当x∈（0，2）时，f（x）单调递减，当x∈（2，+∞）时，f（x）单调递增，
所以f（x）_min=f（2）=3-ln2．
因为对任意的x₁，x₂∈[1，e]，都有f（x₁）≥g（x₂）成立，
所以问题等价于对于任意x∈[1，e]，f（x）_min≥g（x）恒成立，
即3-ln2≥x²-2bx+4-ln2对于任意x∈[1，e]恒成立，
即2b≥x+
1
x]对于任意x∈[1，e]恒成立，
因为函数y=x+
1
x的导数y′＝1−
1
x2≥0在[1，e]上恒成立，
所以函数y=x+[1/x]在[1，e]上单调递增，所以(x+
1
x)max＝e+
1
e，
所以2b≥e+
1
e，所以b≥
e
2+
1
2e，
故实数b的取值范围为[
e
2+
1
2e，+∞）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．

考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性、求函数最值问题．函数恒成立问题常转化为函数最值问题解决．