（Ⅰ）f'（x）=ae^x，g′(x)=

1

x

，

y=f（x）的图象与坐标轴的交点为（0，a），y=g（x）的图象与坐标轴的交点为（a，0），

∵函数y=f（x）和y=g（x）的图象在其与坐标轴的交点处的切线互相平行

∴f'（0）=g'（a），即a=

1

a

又∵a＞0，∴a=1．

∴f（x）=e^x，g（x）=lnx，

∴函数y=f（x）和y=g（x）的图象在其坐标轴的交点处的切线方程分别为：x-y+1=0，x-y-1=0

∴两平行切线间的距离为

2

．

（Ⅱ）由

x-m

f(x)

＞

x

得

x-m

ex

＞

x

，故m＜x-

x

ex在x∈[0，+∞）有解，

令h(x)=x-

x

ex，则m＜h_max（x）．

当x=0时，m＜0；

当x＞0时，∵h′(x)=1-(

1

2 x

ex+

x

ex)=1-(

1

2 x

+

x

)ex，

∵x＞0，∴

1

2 x

+

x

≥2

1 2 x • x

=

2

 ， ex＞1，∴(

1

2 x

+

x

)ex＞

2

故h′(x)=1-(

1

2 x

+

x

)ex＜0

即h(x)=x-

x

ex在区间[0，+∞）上单调递减，故h（x）_max=h（0）=0，∴m＜0

即实数m的取值范围为（-∞，0）．

（Ⅲ）证法一：∵函数y=f（x）和y=g（x）的偏差为：F（x）=|f（x）-g（x）|=e^x-lnx，x∈（0，+∞）

∴F′(x)=ex-

1

x

，

设x=t为F′(x)=ex-

1

x

=0的解，则当x∈（0，t），F'（x）＜0；

当x∈（t，+∞），F'（x）＞0，∴F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增

∴F(x)min=et-lnt=et-ln

1

et

=et+t

∵f'（1）=e-1＞0，f′(

1

2

)=

e

-2＜0，∴

1

2

＜t＜1

故F(x)min=et+t=e

1

2

+

1

2

=

e

+

1

2

＞

2.25

+

1

2

=2

即函数y=f（x）和y=g（x）在其公共定义域内的所有偏差都大于2．

证法二：由于函数y=f（x）和y=g（x）的偏差：F（x）=|f（x）-g（x）|=e^x-lnx，x∈（0，+∞）

令F1(x)=ex-x，x∈（0，+∞）；令F₂（x）=x-lnx，x∈（0，+∞）

∵F1′(x)=ex-1，F2′(x)=1-

1

x

=-

1-x

x

，

∴F₁（x）在（0，+∞）单调递增，F₂（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增

∴F₁（x）＞F₁（0）=1，F₂（x）≥F₂（1）=1，

∴F（x）=e^x-lnx=F₁（x）+F₂（x）＞2

即函数y=f（x）和y=g（x）在其公共定义域内的所有偏差都大于2．