已知函数g(x)＝xlnx，f(x)＝g(x)−ax(a＞0)．

解题思路：（Ⅰ）由函数g′（x）=

lnx−1

(lnx)2

，得当g′（x）＞0时，x＞e，当g′（x）＜0时，0＜x＜1，1＜x＜e，从而g（x）在（0，1），（1，e）递减，在（e，+∞）递增，
（Ⅱ）由f′（x）=

lnx−1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，得x∈（1，+∞）时，f′（x）_max≤0，从而f′（x）=-(

1

lnx

−

1

2

)2+[1/4]-a，故当[1/lnx]=[1/2]，即x=e²时，f′（x）_max=[1/4]-a，得[1/4]-a≤0，于是a≥[1/4]，故a的最小值为[1/4]．

（Ⅰ）由已知函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
且f（x）=[x/lnx]-ax（a＞0），定义域为（0，1）∪（1，+∞），
函数g′（x）=
lnx−1
(lnx)2，
当g′（x）＞0时，x＞e，当g′（x）＜0时，0＜x＜1，1＜x＜e，
∴g（x）在（0，1），（1，e）递减，在（e，+∞）递增，
（Ⅱ）∵f（x）在（1，+∞）递减，
∴f′（x）=
lnx−1
(lnx)2-a≤0在（1，+∞）上恒成立，
∴x∈（1，+∞）时，f′（x）_max≤0，
∵f′（x）=-(
1
lnx−
1
2)2+[1/4]-a，
∴当[1/lnx]=[1/2]，即x=e²时，f′（x）_max=[1/4]-a，
∴[1/4]-a≤0，于是a≥[1/4]，
故a的最小值为[1/4]．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考察了函数的单调性，导数的应用，求参数的范围，是一道综合题．