f′(x)=ax-(2a+1)+

2

x

（x＞0）．

（Ⅰ） f′(x)=

(ax-1)(x-2)

x

（x＞0）．（2分）

∵

1

2

＜a＜1，∴1＜

1

a

＜2，

∴在区间(0，

1

a

)和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间(

1

a

，2)上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是(0，

1

a

)和（2，+∞），单调递减区间是(

1

a

，2)．（4分）

（Ⅱ）先求f（x）在x∈[1，2]的最大值．

由（Ⅰ）可知，当

1

2

＜a＜1时，f（x）在[1，

1

a

]上单调递增，在[

1

a

，2]上单调递减，故f(x)max=f(

1

a

)=-2-

1

2a

-2lna．（6分）

由a＞

1

2

可知lna＞ln

1

2

＞ln

1

e

=-1，所以2lna＞-2，所以-2lna＜2，

所以，-2-2lna＜0，所以f（x）_max＜0，

故不存在符合条件的a，使得f（x）=0．（8分）

（Ⅲ）证明一：当

1

2

＜a＜1时，f（x）在[1，

1

a

]上单调递增，在[

1

a

，2]上单调递减，

只需证明f(

1

a

)-f(1)＜

1

2

，f(

1

a

)-f(2)＜

1

2

都成立，即可得证命题成立．（10分）        

 f(

1

a

)-f(1)=

3a

2

-

1

2a

-1-2lna，设g(a)=

3a

2

-

1

2a

-1-2lna，g′(a)=

(3a-1)(a-1)

2a2

＜0，

∴g（a）在(

1

2

，1)上是减函数，g(a)＜g(

1

2

)=2ln2-

5

4

＜

1

2

f(

1

a

)-f(2)=2a-

1

2a

-2ln2a，设h(a)=2a-

1

2a

-2ln2a，h′(a)=

(2a-1)2

2a2

＞0

∴h（a）在(

1

2

，1)上是增函数，h(a)＜h(1)=

3

2

-2ln2=

1

2

+1-ln4＜

1

2

综上述命题成立．（12分）    

证明二：当

1

2

＜a＜1时，f′(x)=ax+

2

x

-(2a+1)，x∈（1，2）f′（x）在(1，

2 a

)上单调递减，在(

2 a

，2)上单调递增，f′（1）=1-a＞0，f′（2）=0，f′(

2 a

)=-2a+2

2a

-1=-2(

a

-

2

2

)2，

∵

1

2

＜a＜1，

∴0＜f′(1)＜

1

2

，|f′(

2 a

)|＜3-2

2

=

1

3+2 2

＜

1

2

．（10分）

由导数的几何意义，有对任意x₁，x₂∈（1，2），x₁≠x₂|f(x2)-f(x1)|≤|

f(x2)-f(x1)

x2-x1

|＜|f′max(x)|＜

1

2

．（12分）