解题思路：（1）根据f（x）的解析式求出f（x）的导函数，通分后根据函数f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，得到分子大于0恒成立，解出2a-2小于等于一个函数关系式，利用基本不等式求出这个函数的最小值，列出关于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的取值范围；
（2）把所证的式子利用对数的运算法则及不等式的基本性质变形，即要证ln[m/n]-
2(
m
n
−1)
m
n
+1
＞0，根据（1）得到h（x）在x大于等于1时单调递增，且[m/n]大于1，利用函数的单调性可得证．
（1）f′（x）=[1/x]-
a(x+1)−a(x−1)
(x+1)2=
(x+1)2−2ax
x(x+1)2=
x2+(2−2a)x+1
x(x+1)2，
因为f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，所以f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立
即x2+（2-2a）x+1≥0在（0，+∞）上恒成立，
当x∈（0，+∞）时，由x2+（2-2a）x+1≥0，
得：2a-2≤x+[1/x]，
设g（x）=x+[1/x]，x∈（0，+∞），
则g（x）=x+[1/x]≥2
x•
1
x=2，当且仅当x=[1/x]即x=1时，g（x）有最小值2，
所以2a-2≤2，解得a≤2，所以a的取值范围是（-∞，2]；
（2）要证[m−n/lnm−lnn＜
m+n
2]，只需证
m
n−1
ln
m
n＜
m
n+1
2，
即ln[m/n]＞
2(
m
n−1)
m
n+1，即ln[m/n]-
2(
m
n−1)
m
n+1＞0，
设h（x）=lnx-
2(x−1)
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调区间，掌握不等式恒成立时所满足的条件，会利用基本不等式求函数的最小值，是一道中档题．在证明第（2）时注意利用第（1）问中的结论．