解题思路：（Ⅰ）求导数，利用导数的正负，可求函数f（x）单调区间；
（Ⅱ）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e-1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（-1），最小值f（0）=1，由f（1）-f（-1）的单调性，判断f（1）与f（-1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e-1求出a的取值范围．
（Ⅰ）函数f（x）的定义域为R，f'（x）=axlna+2x-lna=2x+（ax-1）lna．
令h（x）=f'（x）=2x+（ax-1）lna，h'（x）=2+axln2a，
当a＞0，a≠1时，h'（x）＞0，所以h（x）在R上是增函数，…（2分）
又h（0）=f'（0）=0，所以，f'（x）＞0的解集为（0，+∞），f'（x）＜0的解集为（-∞，0），
故函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），单调减区间为（-∞，0）…（4分）
（Ⅱ）因为存在x1，x2∈[-1，1]，使得|f（x1）-f（x2）|≥e-1成立，
而当x∈[-1，1]时|f（x1）-f（x2）|≤f（x）max-f（x）min，
所以只要f（x）max-f（x）min≥e-1…（6分）
又因为x，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示：
x （-∞，0） 0 （0，+∞）
f'（x） - 0 +
f（x） 减函数 极小值 增函数所以f（x）在[-1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数，
所以当x∈[-1，1]时，f（x）的最小值f（x）min=f（0）=1，
f（x）的最大值f（x）max为f（-1）和f（1）中的最大值．…（8分）
因为f(1)−f(−1)＝(a+1−lna)−(
1
a+1+lna)＝a−
1
a−2lna，
令g(a)＝a−
1
a−2lna(a＞0)，因为g′(a)＝1+
1
a2−
2
a＝(1−
1
a)2＞0，
所以g(a)＝a−
1
a−2lna在a∈（0，+∞）上是增函数．
而g（1）=0，故当a＞1时，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1）；
当0＜a＜1时，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1）…（10分）
所以，当a＞1时，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
而函数y=a-lna在a∈（1，+∞）上是增函数，解得a≥e；
当0＜a＜1时，f（-1）-f（0）≥e-1，即[1/a+lna≥e−1，函数y＝
1
a+lna在a∈（0，1）上是减函数，解得0＜a≤
1
e]．
综上可知，所求a的取值范围为(0，
1
e]∪[e，+∞)．…（12分）
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查了基本函数导数公式，利用导数研究函数的单调性及利用导数求闭区间上函数的最值．属于难题．
