已知函数g（x）= x lnx ，f（x）=g（x）-ax．

（1）由

x＞0
lnx≠0 得，x＞0且x≠1，
则函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
且g′（x）=
lnx-1
(lnx) 2 ，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e，
当0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0；当x＞e时，g′（x）＞0，
∴函数g（x）的减区间是（0，1），（1，e），增区间是（e，+∞），
（2）由题意得函数f（x）=
x
lnx -ax 在（1，+∞）上是减函数，
∴f′（x）=
lnx-1
(lnx) 2 -a≤0在（1，+∞）上恒成立，
即当x∈（1，+∞）时，f ^′ （x） _max ≤0即可，
又∵f′（x）=
lnx-1
(lnx) 2 -a= -(
1
lnx ) 2 +
1
lnx -a = - (
1
lnx -
1
2 ) 2 +
1
4 -a ，
∴当
1
lnx =
1
2 时，即x=e ² 时， f ′ (x) max =
1
4 -a ．
∴
1
4 -a≤0 ，得 a≥
1
4 ，故a的最小值为
1
4 ．
（3）命题“若存在x ₁ ，x ₂ ∈[e，e ² ]，使f（x ₁ ）≤f ^′ （x ₂ ）+a成立”等价于
“当x∈[e，e ² ]时，有f（x） _min ≤f′（x） _max +a”，
由（2）得，当x∈[e，e ² ]时， f ′ (x) max =
1
4 -a ，则 f ′ (x) max +a=
1
4 ，
故问题等价于：“当x∈[e，e ² ]时，有 f (x) min ≤
1
4 ”，
当 a≥
1
4 时，由（2）得，f（x）在[e，e ² ]上为减函数，
则 f (x) min =f (e 2 )=
e 2
2 -a e 2 ≤
1
4 ，故 a≥
1
2 -
1
4 e 2 ，
当 a＜
1
4 时，由于f′（x）= - (
1
lnx -
1
2 ) 2 +
1
4 -a 在[e，e ² ]上为增函数，
故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e ² ）]，即[-a，
1
4 -a ]．
（i）若-a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e ² ]恒成立，故f（x）在[e，e ² ]上为增函数，
于是， f (x) min =f(e)=e-ae≥e＞
1
4 ，不合题意．
（ii）若-a＜0，即0＜ a＜
1
4 ，由f′（x）的单调性和值域知，
存在唯一x ₀ ∈（e，e ² ），使f′（x ₀ ）=0，且满足：
当x∈（e，x ₀ ）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈（x ₀ ，e ² ）时，f′（x）＜0，f（x）为增函数；
所以，f（x） _min =f（x ₀ ）=
x 0
ln x 0 -a x 0 ≤
1
4 ，x∈（e，e ² ），
所以，a≥
1
ln x 0 -
1
4 x 0 ＞
1
ln e 2 -
1
4e ＞
1
2 -
1
4 =
1
4 ，与0＜ a＜
1
4 矛盾，不合题意．
综上，得 a≥
1
2 -
1
4 e 2 ．