已知函数f（x）=-x2+2lnx与g（x）=x+[a/x]有相同极值点．

解题思路：（1）求出f（x）的导数，求得单调区间，得到极大值点，再由条件求出g（x）的导数，得到方程，解出即可；
（2）|f（x₁）-f（x₂）|＜6|x₁-x₂|⇔f（x₁）-f（x₂）＜6（x₂-x₁）⇔f（x₁）+6x₁＜f（x₂）+6x₂，令h（x）=f（x）+6x，求出导数，求出单调区间，即可得证；
（3）求出f（x）在[[1/e]，3]上的最值，运用导数求得g（x）在[[1/e]，3]上的最值，讨论①k＞1时，不等式

f(x1)−g(x2)

k−1

≤1恒成立，⇔k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max⇔k≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1，②k＜1时，不等式

f(x1)−g(x2)

k−1

≤1恒成立，⇔k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min⇔k≤[f（x₁）-g（x₂）]_min+1，列出不等式，解出求并集即可．

（1）由f′（x）=-2x+[2/x]=-
2(x+1)(x−1)
x，
知当0＜x＜1时f′（x）＞0；
当x＞1时f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数．
∴x=1为函数f（x）的极大值点．
又函数f（x）=-x²+2lnx与g（x）=x+[a/x]有相同极值点，
∴x=1是函数g（x）的极值点，
∵g′（x）=1-[a
x2．∴g′（a）=1-a=0，解得a=1．
经检验，当a=1时，函数g（x）取到极小值，符合题意．
（2）证明：由（1）知函数f（x）在[2，3]上单调递减，
不妨设x₁＜x₂，∴|f（x₁）-f（x₂）|＜6|x₁-x₂|⇔f（x₁）-f（x₂）＜6（x₂-x₁）
⇔f（x₁）+6x₁＜f（x₂）+6x₂，
令h（x）=f（x）+6x，
则h′（x）=-2x+
2/x]+6，因为h′（x）在（2，3）上单调递减，且h′（2）=-4+7=3＞0
当x∈（2，3）时，h′（x）＞0，
所以函数h（x）在[2，3]上单调递增，∴h（x₁）＜h（x₂），所以问题得证．
（3）∵f（[1/e]）=-[1
e2-2，f（1）=-1，f（3）=-9+2ln3，
∵-9+2ln3＜-
1
e2-2＜-1，即 f（3）＜f（
1/e]）＜f（1），
∴任意x₁∈[[1/e]，3]，f（x）_min=f（3）=-9+2ln3，f（x₁）_max=f（1）=-1
由（1）知g（x）=x+
1
x，∴g′（x）=1-[1
x2．
当x∈[
1/e]，1]时，g′（x）＜0；当x∈（1，3]时，g′（x）＞0．
故g（x）在[[1/e]，1]为减函数，在（1，3]上为增函数．
∵g（[1/e]）=e+
1
e，g（1）=2，g（3）=[10/3]，而 2＜e+[1/e]＜[10/3]，∴g（1）＜g（[1/e]）＜g（3），
∴任意x₂∈[[1/e]，3]，g（x₂）_min=g（1）=2，g（x₂）_max=g（3）=[10/3]．
①当k-1＞0，即k＞1时，对于任意x₁，x₂∈[[1/e]，3]，不等式
f(x1)−g(x2)
k−1≤1恒成立，
⇔k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max⇔k≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1
由于f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-3，∴k≥-2又∵k＞1，∴k＞1．
②当k-1＜0，即k＜1时，对于任意x₁，x₂∈[[1/e]，3]，不等式
f(x1)−g(x2)
k−1≤1恒成立，
⇔k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min⇔k≤[f（x₁）-g（x₂）]_min+1
∵f（x₁）-g（x₂）≥f（3）-g（3）=-9+2ln3-[10/3]=2ln3-[37/3]
∴k≤−
34
3+2ln3．又∵k＜1，∴k≤−
34
3+2ln3．
综上，所求的实数k的取值范围为（-∞，-[34/3]+2ln3]∪（1，+∞）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查导数的运用：求单调区间和求极值、最值，考查分类讨论的思想方法，不等式恒成立问题转化为求最值，考查构造函数运用导数求最值，考查运算能力，属于中档题．