解题思路：（1）求出f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，注意对a进行讨论；
（2）对∀x∈[1，+∞），不等式（2x-4a）lnx＞-x恒成立，可得（2x2-4ax）lnx+x2＞0，即f（x）＞0恒成立，转化为f（x）min＞0，借助（1）问结论可求．
（1）f′（x）=[1/x(2x2-4ax)+lnx(4x-4a)+2x
=4x-4a+lnx（4x-4a）=4（x-a）（lnx+1），（x＞0）．
①若0＜a＜
1
e]，当x∈（0，a），x∈（[1/e]，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（a，[1/e]）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）的单调递增区间是（0，a），（[1/e]，+∞）；单调递减区间是（a，[1/e]）．
②若a=[1/e]，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③若a＞[1/e]，当x∈（0，[1/e]），x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（[1/e]，a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）的单调递增区间是（0，[1/e]），（a，+∞）；单调递减区间是（[1/e]，a）．
（2）因为x≥1，所以由（2x-4a）lnx＞-x，得
（2x2-4ax）lnx+x2＞0，即函数f（x）＞0对x≥1恒成立，
由（Ⅰ）可知，当0＜a≤[1/e]时，f（x）在，[1，+∞）上单调递增，则f（x）min=f（1）＞0，成立，故0＜a≤[1/e]．
当[1/e]＜a≤1，则f（x）在[1，+∞）上单调递增，f（x）min=f（1）=1＞0恒成立，符合要求．
当a＞1时，f（x）在（1，a）上单调递减，（a，+∞）上单调递增，则
f（x）min=f（a）＞0，即（2a2-4a2）lna+a2＞0，1＜a＜
e．
综上所述，0＜a＜
e．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查应用导数研究函数单调性、最值问题，导数是研究函数单调性、最值问题的有力工具．