已知函数f（x）=axx2+1+a，g（x）=alnx-x（a≠0）．

解题思路：（I）先求函数f（x）的导数，再对字母a进行分类讨论，根据导数大于0函数单调递增，导数小于0时函数单调递减可得答案．
（Ⅱ）欲证当a＞0时，对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x₁）＜f（x₂）成立，只须证明对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x）_max＜f（x）_min．由（Ⅰ）可知，当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，e]上单调递减，从而有f（x）_min=a，同样地利用导数可得，当a＞0时，g（x）在（0，a）上单调递增，g（x）在（a，e]上单调递减，从而g（x）_max=g（a）=alna-a，最后利用作差法即可得到g（x）_max＜f（x）_min．

（Ⅰ）函数f（x）的定义域为R，f′(x)=
a(1-x2)
(x2+1)2=
a(1-x)(1+x)
(x2+1)2．
当a>0时，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x （-∞，-1） -1 （-1，1） 1 （1，+∞）
f'（x） - 0 + 0 -
f（x） ↘ ↗ ↘当a<0时，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x （-∞，-1） -1 （-1，1） 1 （1，+∞）
f'（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ ↘ ↗综上所述，
当a>0时，f（x）的单调递增区间为（-1，1），单调递减区间为（-∞，-1），（1，+∞）；
当a<0时，f（x）的单调递增区间为（-∞，-1），（1，+∞），单调递减区间为（-1，1）．
…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当a>0时，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，e]上单调递减，
又f（0）=a，f（e）=f(e)=
ae
e2+1+a>a
所以f（x）_min=a，
同样地，当a>0时，g（x）在（0，a）上单调递增，g（x）在（a，e]上单调递减，
所以g（x）_max=g（a）=alna-a，
因为a-（alna-a）=a（2-lna）>a（2-lne）=a>0，
所以对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x）_max=g（e）=alna-amin．
所以对于任意x₁，x₂∈（0，e]，仍有x₁，x₂∈（0，e]．
综上所述，对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x₁）2）成立．…（13分）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．