已知函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx,(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)设函数g...
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（Ⅰ）由f（x）=x2-（a-2）x-alnx，
得f′(x)＝2x?(a?2)?ax＝(2x?a)(x+1)x(x＞0)．
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
∴函数f（x）的增区间为（0，+∞）．
当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞a2，由f′（x）＜0得0＜x＜a2．
∴函数f（x）的增区间为（a2，+∞），减区间为（0，a2）；
（Ⅱ）当x∈（0，a]时，f(x)min＝f(a2)＝a?a24?alna2，
由g（x）=-x3-ax2+a-a24，得g′(x)＝?3x2?2ax＝?3(x+a3)2+a23．
当a＞0时，g′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，g（x）在（0，+∞）上为减函数，
当x∈（0，a]时，g（x）＜g（0）=a?a24．
a?a24?alna2?a+a24＝?alna2．
①当?alna2≤0时，则|f（α）-g（β）|min=0＜a显然成立，即a≥2．
②当?alna2＞0时，则|f(α)?g(β)|min＝?alna2＜a，即2e＜a＜2．
综上可知：a＞2e；
（Ⅲ）∵x1，x2是方程f（x）=c的两个不相等的实数根，不妨设0＜x1＜x2，
则x12?(a?2)x1?alnx1＝c，x22?(a?2)x2?alnx2＝c．
两式相减得x12?(a?2)x1?alnx1?[x22?(a?2)x2?alnx2]＝0．
即a＝x12+2x1?x22?2x2x1+lnx1?x2?lnx2．
又∵f′(a2)＝0，当x＞a2时f′（x）＞0，当0＜x＜a2时f′（x）＜0．
故只要证明x1+x22＞a2即可，即证x1+x2＞x12+2x1?x22?2x2x1+lnx1?x2?lnx2．
即证明lnx1x2＜2x1?2x2x1+x2．
设t=x1x2(0＜t＜1)，
令g(t)＝lnt?2t?2t+1，
则g′(t)＝(t?1)2t(t+1)2≥0．
则g(t)＝lnt?2t?2t+1在（0，+∞）上是增函数，
又∵g（1）=0，
∴t∈（0，1）时总有g（t）＜0成立．
即f′（x1+x22）＞0．
