解题思路：（Ⅰ）直接利用函数与导数的关系，求出函数的导数，再讨论函数的单调性；
（Ⅱ）利用导数求出f（x）的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g（x）在闭区间[1，2]上的最大值，然后解不等式求参数．
（Ⅰ）f(x)=lnx-ax+
1-a
x-1(x＞0)，f′(x)=
l
x-a+
a-1
x2=
-ax2+x+a-1
x2(x＞0)
令h（x）=ax2-x+1-a（x＞0）
（1）当a=0时，h（x）=-x+1（x＞0），
当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
（2）当a≠0时，由f′（x）=0，即ax2-x+1-a=0，解得x1=1，x2=
1
a-1．
当a=
1
2时x1=x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）单调递减；
当0＜a＜
1
2时，[1/a-1＞1＞0，x∈（0，1）时h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
x∈(1，
1
a-1)时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈(
1
a-1，+∞)时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
当a＜0时
1
a-1＜0，当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增；
当a=
1
2]时x1=x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当0＜a＜
1
2时，函数f（x）在（0，1）单调递减，(1，
1
a-1)单调递增，(
1
a-1，+∞)单调递减．
（Ⅱ）当a=
1
4时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x1∈（0，2），
有f(x1)≥f(1)=-
1
2，
又已知存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），所以-
1
2≥g(x2)，x2∈[1，2]，（※）
又g（x）=（x-b）2+4-b2，x∈[1，2]
当b＜1时，g（x）min=g（1）=5-2b＞0与（※）矛盾；
当b∈[1，2]时，g（x）min=g（b）=4-b2≥0也与（※）矛盾；
当b＞2时，g(x)min=g(2)=8-4b≤-
1
2，b≥
17
8．
综上，实数b的取值范围是[
17
8，+∞)．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力．
