解题思路：（1）求导函数，即可得函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．（2）先判断函数f（x）的极小值，再由函数有四个零点，进行等价转化方程有解问题，去掉绝对值，变成两个方程，即可解出b的范围；（3）求出f（x）的最大值，要使f（x）≤e2-1恒成立，只需a-ln a≤e2-2即可，从而求出a的取值范围．
（1）证明∵f（x）=ax+x2-xln a，
∴f′（x）=ax•ln a+2x-ln a=（ax-1）ln a+2x．…（2分）
∵a＞1，x＞0，∴ax-1＞0，ln a＞0，2x＞0，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
即函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增…（4分）
（2）由（1）知当x∈（-∞，0）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，0]上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
∴f（x）取得最小值为f（0）=1…（5分）
由|f（x）-b+[1/b]|-3=0，得f（x）=b-[1/b]+3或f（x）=b-[1/b]-3，
∴要使函数y=|f（x）-b+[1/b]|-3有四个零点，只需
b−
1
b+3＞1
b−
1
b−3＞1…（7分）
即b-[1/b]＞4，即[b2−4b−1/b]＞0，解得b＞2+
5或2-
5＜b＜0．
故b的取值范围是（2-
5，0）∪（2+
5，+∞） …（8分）
（3）由（1）知f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
f（-1）=[1/a]+1+ln a，f（1）=a+1-ln a，∴f（1）-f（-1）=a-[1/a]-2ln a
令H（x）=x-[1/x]-2ln x（x＞0），则H′（x）=1+[1/x2]-[2/x]=[x2−2x+1/x2]=
(x−1)2
x2＞0，
∴H（x）在（0，+∞）上单调递增．∵a＞1，∴H（a）＞H（1）=0．
∴f（1）＞f（-1）
∴|f（x）|的最大值为 f（1）=a+1-ln a，…（12分）
∴要使f（x）≤e2-1恒成立，只需a-ln a≤e2-2即可
令h（a）=a-ln a（a＞1），h′（a）=1-[1/a]＞0，∴h（a）在（1，+∞）上单调递增．
∵h（e2）=e2-2，∴只需h（a）≤h（e2），即1＜a≤e2．
故a的取值范围是（1，e2]…（14分）
点评：
本题考点： 函数恒成立问题；函数零点的判定定理．
考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是利用导数确定函数的最值．