解题思路：（Ⅰ）求导数f′（x），利用导数求出f（x）的增区间，由f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，得[1，+∞）为f（x）增区间的子集，由此得不等式，解出即可；
（Ⅱ）存在x0∈[1，e]使g（x0）≥lnx0，即存在x0∈[1，e]使p≥
(ln
x
0
−1)
e
x
0
+x0成立，令h（x）=（lnx-1）ex+x，从而p≥h（x）min（x∈[1，e]），由（I）可判断h′（x）＞0，从而h（x）在[1，e]上递增，进而得h（x）的最小值，从而问题可解；
（Ⅰ）f′（x）=[ax−1
ax2（x＞0），令f′（x）=0，得x=
1/a]，
所以在（0，[1/a]]上f′（x）≤0，在[[1/a]，+∞）上f′（x）≥0，
所以f（x）在（0，[1/a]]上单调递减，在[[1/a]，+∞）上单调递增，
因为函数f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，
所以[1/a≤1，又a＞0，所以a≥1，
所以所求实数a的取值范围为[1，+∞）；
（Ⅱ）存在x0∈[1，e]使g（x0）≥lnx0，即存在x0∈[1，e]使p≥(lnx0−1)ex0+x0成立，
令h（x）=（lnx-1）ex+x，从而p≥h（x）min（x∈[1，e]），
h′（x）=（
1
x+lnx−1）ex+1，
由（Ⅰ）知当a≥1且x≥1时，f（x）=lnx+
1−x
ax]≥f（1）=0成立，
所以
1
x+lnx-1≥0在[1，e]上成立，
所以h′（x）=(
1
x+lnx−1)ex+1≥1+1＞0，
所以h（x）=（lnx-1）ex+x在[1，e]上单调递增，
所以h（x）min=h（1）=1-e，
所以p≥1-e．
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数的单调性与导数的关系．
考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查转化思想，要准确理解“恒成立问题”与“能成立问题”的区别联系并能恰当转化．
