（Ⅰ）g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

(x＞0)．…（1分）

令g′（x）＞0，解得0＜x＜1；令g′（x）＜0，解得x＞1．…（2分）

∴函数g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减．…（3分）

所以g（x）的极大值为g（1）=-2．…（4分）

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

令φ(x)=g(x)-g(

1

2

)，∴φ(1)=g(1)-g(

1

2

)＞0，…（5分）

取x′=e＞1，则φ(e)=g(e)-g(

1

2

)=lne-(e+1)-ln

1

2

+(

1

2

+1)=-e+ln2+

3

2

＜0．…（6分）

故存在x₀∈（1，e），使φ（x₀）=0，即存在x₀∈（1，+∞），使g(x0)=g(

1

2

)．…（7分）

（说明：x′的取法不唯一，只要满足x′＞1，且φ（x′）＜0即可）

（Ⅲ）设F(x)=h(x)-f(x)=

1

2

x2-elnx(x＞0)，则F′(x)=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x+ e )(x- e )

x

则当0＜x＜

e

时，F′（x）＜0，函数F（x）单调递减；当x＞

e

时，F′（x）＞0，函数F（x）单调递增．

∴x=

e

是函数F（x）的极小值点，也是最小值点，

∴F(x)min=F(

e

)=0．

∴函数f（x）与h（x）的图象在x=

e

处有公共点（

e

，

1

2

e）．…（9分）

设f（x）与h（x）存在“分界线”且方程为y-

1

2

e=k(x-

e

)，

令函数u(x)=kx+

1

2

e-k

e

①由h（x）≥u（x），得

1

2

x2≥kx+

1

2

e-k

e

在x∈R上恒成立，

即x2-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R上恒成立，

∴△=4k2-4(-e+2k

e

)≤0，

即4(k-

e

)2≤0，

∴k=

e

，故u(x)=

e

x-

1

2

e．…（11分）

②下面说明：f（x）≤u（x），

即elnx≤

e

x-

1

2

e(x＞0)恒成立．

设V(x)=elnx-

e

x+

1

2

e

则V′(x)=

e

x

-

e

=

e- e x

x

∵当0＜x＜

e

时，V′（x）＞0，函数V（x）单调递增，

当x＞

e

时，V′（x）＜0，函数V（x）单调递减，

∴当x=

e

时，V（x）取得最大值0，V（x）≤V（x）_max=0．

∴elnx≤

e

x-

1

2

e(x＞0)成立．…（13分）

综合①②知h(x)≥

e

x-

1

2

e，且f(x)≤

e

x-

1

2

e，

故函数f（x）与h（x）存在“分界线”y=

e

x-

1

2

e，

此时k=

e

，b=-

1

2

e．…（14分）