已知函数f（x）=x2-2x+alnx+1有两个极值点x1，x2，且x1＜x2．

解题思路：（1）已知函数f（x）=x²-2x+alnx+1有两个极值点x₁，x₂可化为f′（x）=

2x2−2x+a

x

=0有两个不同的正根x₁，x₂，从而解得；再由导数的正负写出函数的单调区间．
（2）由根与系数的关系可得，x₁+x₂=1，x₁x₂=[a/2]，从而a=2x₂（1-x₂），代入化简可得f（x₂）=（x₂-1）²+2x₂（1-x₂）lnx₂，（[1/2]＜x₂＜1），令h（t）=（t-1）²+2t（1-t）lnt，（[1/2]＜t＜1），求导判断函数的单调性，从而证明上式成立．

（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=
2x2−2x+a
x，
∵函数f（x）=x²-2x+alnx+1有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂．
∴f′（x）=
2x2−2x+a
x=0有两个不同的根x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
∴

△＝4−8a＞0

1
2a＞0
解得，0＜a＜
1
2，
此时，f（x）在（0，x₁）和（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减；
（2）证明：由（1）知，
x₁+x₂=1，x₁x₂=[a/2]，则a=2x₂（1-x₂），
因此，f（x₂）=（x₂-1）²+alnx₂=（x₂-1）²+2x₂（1-x₂）lnx₂，（[1/2]＜x₂＜1）
令h（t）=（t-1）²+2t（1-t）lnt，（[1/2]＜t＜1）则
h′（t）=2（t-1）+[2（1-2t）lnt+2（1-t）]=2（1-2t）lnt，
∵[1/2]＜t＜1，∴1-2t＜0，lnt＜0，
∴h′（t）＞0，
即h（t）在（[1/2]，1）上单调递增，
则h（t）＞h（[1/2]）=[1−2ln2/4]，
即f（x₂）＞[1−2ln2/4]．

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题考查了导数的综合应用，同时考查了根与系数的关系，化简比较繁琐，注意要细心，属于难题．