（2012•大连二模）已知函数f(x)＝a2x2−(a2+1)x+alnx(常数a∈R且a≠0)

解题思路：（I）求导数可得f′(x)＝

a(x− 1 a )(x−a)

x

，分a＜0，a＞1，0＜a＜1，和a=1进行讨论，可得f（x）的单调性；
（Ⅱ）问题转化为只需比较x₂与2-x₁的大小，作差后构造函数，由单调性可得最值，进而可得答案．

（Ⅰ）f′(x)＝ax−(a2+1)+
a
x＝
ax2−(a2+1)x+a
x＝
(ax−1)(x−a)
x＝
a(x−
1
a)(x−a)
x
（1）当a＜0时，f'（x）＜0在（0，+∞）恒成立，f（x）在（0，+∞）递减；
（2）当a＞1时，f'（x）＜0解集为(
1
a，a)，f'（x）＞0解集为(0，
1
a)∪(a，+∞)，
∴f（x）在(
1
a，a)递减，在(0，
1
a)，(a，+∞)上递增；
（3）当0＜a＜1时，f'（x）＜0解集为(a，
1
a)，f'（x）＞0解集为(0，a)∪(
1
a，+∞)，
∴f（x）在(a，
1
a)递减，在(0，a)，(
1
a，+∞)上递增；
（4）当a=1时，f'（x）＞0解集为（0，1）∪（1，+∞），
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）上递增，且f（x）在x=1不间断，所以f（x）在（0，+∞）递增；…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=1，f(x)＝
x2
2−2x+lnx，
要比较
x1+x2
2与1的大小，只需比较x₂与2-x₁的大小..…（6分）
因为f(x2)−f(2−x1)＝−3−f(x1)−f(2−x1)＝−
x21+2x1−1−lnx1−ln(2−x1)
设F(x1)＝−
x21+2x1−1−lnx1−ln(2−x1)．…（8分）
则F′(x1)＝
2(x1−1)3
x1(2−x1)
当x₁∈（0，1）时，F'（x₁）＜0，F（x₁）为减函数，
当x₁∈（1，2）时，F'（x₁）＞0，F（x₁）为增函数，
所以F（x₁）≥F（1）=0…（10分）
所以f（x₂）≥f（2-x₁），又因为f（x）为增函数，
所以x₂≥2-x₁，所以

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： 本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及单调性的性质和转化的思想，属中档题．