（Ⅰ）∵f(x)＝
（x＞0），1?a+lnx x
∴f′(x)＝
．a?lnx x2
∵函数f（x）在x=e上取得极值，
∴f′(e)＝
＝0，即a=1．a?1 e2
验证可知，a=1时，函数f（x）在x=e上取得极大值．
（Ⅱ）g′(x)＝f(x)+(x?1)f′(x)＝
，x?1+lnx x2
则g′（1）=0，且x∈（0，1）时，g′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0；
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴当t∈（0，1]时，g（x）在（0，t]上单调递减，g（x）min=g（t）=
；(t?1)lnt t
当t∈（1，+∞）时，g（x）在（0，1]上单调递减，在（1，t]上单调递增，g（x）min=g（1）=0
综上所述，g（x）min=
．
，t∈(0，1](t?1)lnt t 0，t∈(1，+∞)
（Ⅲ）证明：构造函数h（x）=xf（x）-tx，x∈（0，+∞）
则h（x）=lnx-tx，h′（x）=
；1?tx x
∴x∈（
，+∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．1 t
∵x1，x2∈（
，+∞），且x1≠x2，1 t
∴x1＞x2时，h（x1）＜h（x2），
∴x1f（x1）-x2f（x2）＜t（x1-x2），
即
＜t；
x1f(x1)?x2f(x2)
x1?x2
同理，x1＜x2时也成立．
所以，对任意的x1，x2∈（
，+∞），且x1≠x2，都有1 t
＜t．
x1f(x1)?x2f(x2)
x1?x2
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