解题思路：（I）先求f（x）的定义域为{x|x＞0}，先对已知函数进行求导，由f′（1）=-2可求a
（II）由
f
‘
(x)＝−
a
x
−
2
a
2
x
2
+1
=
(x+a)(x−2a)
x
2
，通过比较-a与2a的大小解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，从而可求函数的单调区间
（III）由（II）可知，当a∈（-∞，0）时，函数f（x）的最小值f（-a），结合已知可求a，然后结合已知单调性可求
g(a
)
max
＝g(−
e
−4
)
，从而可证
（I）由已知可知f（x）的定义域为{x|x＞0}
f‘(x)＝−
a
x−
2a2
x2+1（x＞0）
根据题意可得，f′（1）=2×（-1）=-2
∴-a-2a2+1=-2
∴a=1或a=-[3/2]
（II）∵f‘(x)＝−
a
x−
2a2
x2+1=
(x+a)(x−2a)
x2
①a＞0时，由f′（x）＞0可得x＞2a
由f′（x）＜0可得0＜x＜2a
∴f（x）在（2a，+∞）上单调递增，在（0，2a）上单调递减
②当a＜0时，
由f′（x）＞0可得x＞-a
由f′（x）＜0可得0＜x＜-a
∴f（x）在（-a，+∞）上单调递增，在（0，-a）上单调递减
（III）由（II）可知，当a∈（-∞，0）时，函数f（x）的最小值f（-a）
故g（a）=f（-a）=-aln（-a）-3a
则g′（a）=-ln（-a）-4
令g′（a）=0可得-ln（-a）-4=0
∴a=-e-4
当a变化时，g’（a），g（a）的变化情况如下表
∴a=-e-4是g（a）在（-∞，0）上的唯一的极大值，从而是g（a）的最大值点
当a＜0时，g(a)max＝g(−e−4)=-e-4
∴a＜0时，g（a）≤-e-4．
点评：
本题考点： 微积分基本定理；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题主要考查了导数的几何意义的应用，函数的导数与函数的单调性的应用，及函数的极值与最值的求解的相互关系的应用，属于函数知识的综合应用．