解题思路：（Ⅰ）先求出函数的导数，问题转化为
a≥
1
x
在[1，+∞)
上恒成立，从而得到答案；
（Ⅱ）问题转化为
lnx+
1−x
(
a
2
+1)x
≥0
，整理得（a2+1）xlnx≥x-1，从而证得结论；
（Ⅲ）通过讨论a≥1，
0＜a≤
1
e
，
1
e
＜a＜1
，得到函数的单调区间，从而求出函数的最小值．
f′(x)＝
ax−1
ax2(x＞0)．
（Ⅰ）由已知，得f'（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，即a≥
1
x在[1，+∞)上恒成立，
又∵当x∈[1，+∞)时，
1
x≤1，∴a≥1．即a的取值范围为[1，+∞）；
（Ⅱ）∵a≥1时，f（x）在区间[1，+∞）单调递增，
∴g(x)＝lnx+
1−x
(a2+1)x在区间[1，+∞）单调递增，
g(x)＝lnx+
1−x
(a2+1)x≥g(1)，即lnx+
1−x
(a2+1)x≥0，
整理得（a2+1）xlnx≥x-1，
（Ⅲ）当a≥1时，∵f'（x）＞0在（1，e）上恒成立，f（x）在[1，e]上为增函数，
∴f（x）min=f（1）=0，
当0＜a≤
1
e，∵f'（x）＜0在（1，e）上恒成立，f（x）在[1，e]上为减函数，
∴f(x)min＝f(e)＝1+
1−e
ae，
当[1/e＜a＜1时，令f′(x)＝0，得x＝
1
a∈(1，e)．
又∵对于x∈[1，
1
a)有f′(x)＜0，对于x∈(
1
a，e]有f′(x)＞0，
∴f(x)min＝f(
1
a)＝ln
1
a+1−
1
a]，
综上，f（x）在[1，e]上的最小值为
①当0＜a≤
1
e时，f(x)min＝1+
1−e
ae；
②当[1/e＜a＜1时，f(x)min＝ln
1
a+1−
1
a]．
③当a≥1时，f（x）min=0．
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查了函数的单调性问题，函数的最值问题，考查了导数的应用，是一道综合题．
