（2014•东城区二模）已知a＞0，函数f（x）=[axx2+1+2a，g（x）=alnx-x+a．

解题思路：（Ⅰ）求出函数的定义域、导数，在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0即可得到函数的单调区间；
（Ⅱ）只需证明f（x）_min＞g（x）_max，利用导数可求得f（x）_min；分a≥e、0＜a＜e两种情况进行讨论，利用导数可求得g（x）_max；

（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，
∵a＞0，
∴当x＜-1，或x＞1时，f′（x）＜0；当-1＜x＜1时，f′（x）＞0．
∴f（x）的单调递增区间为（-1，1），单调递减区间为（-∞，-1），（1，+∞）．
（Ⅱ）证明：f（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，e）上单调递减，
又f（0）=2a，f(e)＝
ea
e2+1+2a＞2a，
∴当x∈（0，e）时，f（x）＞2a．
由g（x）=alnx-x+a，可得g′(x)＝
a/x−1＝
a−x
x]．
∴当a≥e时，函数g（x）在区间（0，e）上是增函数，
∴当x∈（0，e）时，g（x）＜g（e）=2a-e＜2a．
∴当x∈（0，e）时，
对于任意的x₁，x₂∈（0，e），都有f（x₁）＞2a，g（x₂）＜2a，∴f（x₁）＞g（x₂）．
当0＜a＜e时，函数g（x）在区间（0，a）上是增函数，在区间（a，e）上是减函数，
∴当x∈（0，e）时，g（x）≤g（a）=alna＜2a．
∴当x∈（0，e）时，
对于任意的x₁，x₂∈（0，e），都有f（x₁）＞2a，g（x₂）＜2a，所以f（x₁）＞g（x₂）．
综上，对于任意的x₁，x₂∈（0，e），都有f（x₁）＞g（x₂）． …（13分）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 该题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查函数恒成立问题，考查转化思想，考查学生分析解决问题的能力．