解题思路：（1）求导数f′（x），分a≥0，a＜0两种情况进行讨论，在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（2）由（1）知a＞0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，不妨设x1＜x2，则不等式可化为可化为f（x2）-f（x1）≥3x2-3x1，即f（x2）-3x2≥f（x1）-3x1，令g（x）=f（x）-3x，可知g（x）在（0，+∞）上单调递增，从而有g′（x）≥0恒成立，分离参数a后化为函数的最值即可；
（1）f′(x)＝
a
x+2x＝
a+2x2
x，
当a≥0时，f′（x）≥0恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＜0时，令f′（x）＞0得：x＞
−
a
2，f′（x）＜0得：0＜x＜
−
a
2，
此时f（x）的递增区间为（
−
a
2，+∞)），f（x）的递减区间为(0，
−
a
2)；
（2）由（1）知a＞0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
不妨设x1＜x2，则|f（x1）-f（x2）|≥3|x1-x2|可化为f（x2）-f（x1）≥3x2-3x1，即f（x2）-3x2≥f（x1）-3x1，
令g（x）=f（x）-3x，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，
g′（x）=f′（x）-3=
a+2x2
x−3＝
a+2x2−3x
x≥0对x∈（0，+∞）恒成立，
∴a≥-2x2+3x=-2(x−
3
4)2+
9
8，
∴a≥
9
8．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 该题考查利用导数研究函数的单调性、函数的最值，考查恒成立问题，考查分类讨论思想，属中档题．