（2010•山东）已知函数f(x)＝lnx−ax+1−ax−1（a∈R）．

解题思路：（Ⅰ）直接利用函数与导数的关系，求出函数的导数，再讨论函数的单调性；
（Ⅱ）利用导数求出f（x）的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g（x）在闭区间[1，2]上的最大值，然后解不等式求参数．

（Ⅰ）f(x)＝lnx−ax+
1−a
x−1(x＞0)，f′(x)＝
l
x−a+
a−1
x2＝
−ax2+x+a−1
x2(x＞0)
令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0）
（1）当a=0时，h（x）=-x+1（x＞0），
当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
（2）当a≠0时，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得x1＝1，x2＝
1
a−1．
当a＝
1
2时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）单调递减；
当0＜a＜
1
2时，[1/a−1＞1＞0，x∈（0，1）时h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
x∈(1，
1
a−1)时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈(
1
a−1，+∞)时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
当a＜0时
1
a−1＜0，当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增；
当a＝
1
2]时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当0＜a＜
1
2时，函数f（x）在（0，1）单调递减，(1，
1
a−1)单调递增，(
1
a−1，+∞)单调递减．

（Ⅱ）当a＝
1
4时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x₁∈（0，2），
有f(x1)≥f(1)＝−
1
2，
又已知存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），所以−
1
2≥g(x2)，x₂∈[1，2]，（※）
又g（x）=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]
当b＜1时，g（x）_min=g（1）=5-2b＞0与（※）矛盾；
当b∈[1，2]时，g（x）_min=g（b）=4-b²≥0也与（※）矛盾；
当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8−4b≤−
1
2，b≥
17
8．
综上，实数b的取值范围是[
17
8，+∞)．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力．