已知函数f（x）=2lnx-x2-ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）如果函数f（x）有两个不同的零点x1，x2且x1＜x2，证明：对满足p+q=1，p≤q的任意正常数，f′（px1+qx2）＜0恒成立．
（1）函数的定义域为（0，+∞），则f′(x)=-2x-a=-，令f'（x）=0，解得
x3=＜0，x4=＞0，所以当0＜x＜x4时，f'（x）＞0，此时函数单调递增．
当x＞x4时，f'（x）＜0，此时函数单调递减．
所以函数的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为[，+∞)．
（2）因为函数f（x）有两个不同的零点x1，x2且x1＜x2，所以，两式相减得a=-(x1+x2)，
因为f′(x)=-2x-a=-，
所以f′(px1+qx2)=-2(px1+qx2)-[-(x1+x2)]
=-+(2p-1)(x2-x1)，
因为2p≤p+q=1，x2＞x1，所以（2p-1）（x2-x1）≤0，要证f′（px1+qx2）＜0，只要证明
-＜0即可，即只要证明+ln＜0即可．
令=t，0＜t＜1，即只要证明g(t)=+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立即可．g′(t)=+=-+=，
因为p+q=1，0＜p≤q，所以≥1，≥1，所以当0＜t＜1时，t-1＜0，t-＜0，
所以g'（x）＜0，所以函数g（t）在（0，1）上为增函数，所以g（t）＜g（1）=0．
所以+ln＜0，故所证明的不等式成立．
