解题思路：（Ⅰ）求出h′（x），进而得到f（x），当a=0时在定义域内解f′（x）=0，然后判断在该方程根的左右两边导数的符号，由极值定义可求；
（Ⅱ）求出f′（x），分-2＜a＜0，a=-2，a＜-2三种情况进行讨论：分别在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0可得单调区间；
（Ⅲ）∃λ1，λ2∈[1，3]，使得|f（λ1）-f（λ2）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，等价于|f（λ1）-f（λ2）|max＞（m+ln3）a-2ln3，而|f（λ1）-f（λ2）|max=f（x）max-f（x）min，由（Ⅱ）利用单调性可求得f（x）的最大值、最小值，再根据a的范围即可求得m的范围；
（Ⅰ）依题意，h′（x）=[1/x]+2ax，
∴f（x）=（2-a）lnx+[1/x]+2ax，其定义域为（0，+∞），
当a=0时，f（x）=2lnx+[1/x]，f′（x）=[2/x−
1
x2＝
2x−1
x2]，
令f′（x）=0，解得x=[1/2]，
当0＜x＜[1/2]时，f′（x）＜0；当x＞[1/2]时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间为（0，[1/2]），单调递增区间为（[1/2]，+∞）；
∴x=[1/2]时，f（x）有极小值为f（[1/2]）=2-2ln2，无极大值；
（Ⅱ）f′（x）=[2−a/x−
1
x2]+2a=
2ax2+(2−a)x−1
x2=
a(2x−1)(x+
1
a)
x2(x＞0)，
当-2＜a＜0时，-[1/a＞
1
2]，令f′（x）＜0，得0＜x＜[1/2]或x＞-[1/a]，
令f′（x）＞0，得[1/2＜x＜−
1
a]；
当a=-2时，f′（x）=-
(2x−1)2
x2≤0；
当a＜-2时，-[1/a＜
1
2]，令f′（x）＜0，得x＜-[1/a]或x＞[1/2]，
令f′（x）＞0，得-[1/a]＜x＜[1/2]；
综上所述：当-2＜a＜0时，f（x）的单调减区间为（0，[1/2]），（-[1/a]，+∞），单调增区间为（[1/2]，-[1/a]）；
当a=-2时，f（x）的单调减区间为（0，+∞）；当a＜-2时，f（x）的单调减区间为（0，-[1/a]），（[1/2]，+∞），单调增区间为（-[1/a]，[1/2]）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当-3＜a＜-2时，f（x）在[1，3]上单调递减，
∴f（x）max=f（1）=2a+1；f（x）min=f（3）=（2-a）ln3+[1/3]+6a，
∴|f（λ1）-f（λ2）|max=f（1）-f（3）=（1+2a）-[（2-a）ln3+[1/3]+6a]=[2/3−4a+(a−2)ln3，
∵存在λ1，λ2∈[1，3]，使得|f（λ1）-f（λ2）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，
∴（m+ln3）a-2ln3＜
2
3]-4a+（a-2）ln3，整理得ma＜[2/3−4a，
又a＜0，∴m＞
2
3a]-4，
又∵-3＜a＜-2，∴-[1/3＜
2
3a＜−
2
9]，
∴-[13/3＜
2
3a−4＜−
38
9]，
∴m≥−
38
9．
点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性、极值及恒成立问题，考查转化思想，考查学生分析问题解决问题的能力，具有一定的综合性．