已知函数f（x）=axlnx（a≠0）．

解题思路：（Ⅰ）f'（x）=alnx+a（x＞0），当a＞0时f（x）单调递增区间为[

1

e

，+∞)，单调递减区间为(0，

1

e

]．当a＜0时f（x）单调递增区间为(0，

1

e

]，单调递减区间为[

1

e

，+∞)．
（Ⅱ）g(x)＝amlnm+axlnx−a(m+x)ln

m+x

2

(x＞0)可得g′(x)＝alnx+a−aln

m+x

2

−a＝aln

2x

m+x

可以证得g'（x）≤0，∴g（x）是减函数，
∴g（x）≥g（m）=0

（Ⅰ）∵f'（x）=alnx+a（x＞0），
当a＞0时，令f'（x）≥0，即lnx≥-1=lne^-1．
∴x≥e−1＝
1
e．，∴x∈[
1
e，+∞)．
同理，令f'（x）≤0，可得x∈(0，
1
e]．
∴f（x）单调递增区间为[
1
e，+∞)，单调递减区间为(0，
1
e]．
由此可知y＝f(x)min＝f(
1
e)＝−
a
e．无最大值．
当a＜0时，令f'（x）≥0，即lnx≤-1=lne^-1．∴x≤e−1＝
1
e．，∴x∈(0，
1
e]．
同理，令f'（x）≤0可得x∈[
1
e，+∞)．
∴f（x）单调递增区间为(0，
1
e]，单调递减区间为[
1
e，+∞)．
由此可知y＝f(x)max＝f(
1
e)＝−
a
e．此时无最小值．
（Ⅱ）不妨设m≥n＞0，令n=x，
记g(x)＝amlnm+axlnx−a(m+x)ln
m+x
2(x＞0)
g′(x)＝alnx+a−aln
m+x
2−a＝aln
2x
m+x
∵m+x≥2x∴
2x
m+x≤1，∴aln
x−m
m+x≤0，
∴g'（x）≤0，∴g（x）是减函数，
∵m≥x＞0，∴g（x）≥g（m）=0∴g(x)＝amlnm+axlnx−a(m+x)ln
m+x
2≥0，即得证．

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 解决此类问题的关键是先求函数的导数讨论其中的参数得到函数的单调性进而得到函数的最值，证明不等式一般是抽象出一个新的函数利用导函数的单调性进行证明，研究函数的单调性、最值、证明不等式是解答题考查的一个重点．