（2013•聊城二模）已知函数f（x）=[1−a+lnx/x]在x=e上取得极值，a，t∈R，且t＞0．

（Ⅰ）∵f(x)＝
1−a+lnx
x（x＞0），
∴f′(x)＝
a−lnx
x2．
∵函数f（x）在x=e上取得极值，
∴f′(e)＝
a−1
e2＝0，即a=1．
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−1)lnt
t，t∈(0，1]
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∈（[1/t]，+∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
∵x₁，x₂∈（[1/t]，+∞），且x₁≠x₂，
∴x₁＞x₂时，h（x₁）＜h（x₂），
∴x₁f（x₁）-x₂f（x₂）＜t（x₁-x₂），
即
x1f(x1)−x2f(x2)
x1−x2＜t；
同理，x₁＜x₂时也成立．
所以，对任意的x₁，x₂∈（[1/t]，+∞），且x₁≠x₂，都有
x1f(x1)−x2f(x2)
x1−x2＜t．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题综合考查了函数导数的应用，同时考查了不等式的变形证明，属于难题．