（1）因为f（x）=a²x²，所以f′（x）=2a²x，令f′（x）=2a²x=1

得：x=

1

2a2

，此时y=

1

4a2

，

则点(

1

2a2

，

1

4a2

)到直线x-y-3=0的距离为2

2

，

即2

2

=

| 1 2a2 - 1 4a2 -3|

2

，解之得a=

7

14

．

（2）不等式（x-1）²＞f（x）的解集中的整数恰有3个，

等价于（1-a²）x²-2x+1＞0恰有三个整数解，故1-a²＜0，

令h（x）=（1-a²）x²-2x+1，由h（0）=1＞0且h（1）=-a²＜0（a＞0），

所以函数h（x）=（1-a²）x²-2x+1的一个零点在区间（0，1），

则另一个零点一定在区间（-3，-2），这是因为此时不等式解集中有-2，-2，0恰好三个整数解

故

h(-2)＞0 h(-3)≤0

解之得

4

3

≤a＜

3

2

．

（3）设F(x)=f(x)-g(x)=

1

2

x2-elnx，

则F′(x)=x-

e

x

=

x2-e

x

=

(x- e )(x+ e )

x

．

所以当0＜x＜

e

时，F′（x）＜0；当x＞

e

时，F′（x）＞0．

因此x=

e

时，F（x）取得最小值0，

则f（x）与g（x）的图象在x=

e

处有公共点(

e

，

e

2

)．

设f（x）与g（x）存在“分界线”，

方程为y-

e

2

=k(x-

e

)，即y=kx+

e

2

-k

e

，

由f(x)≥kx+

e

2

-k

e

在x∈R恒成立，

则x2-2kx-e+2k

e

≥0在x∈R恒成立．

所以△=4k2-4(2k

e

-e)=4k2-8k

e

+4e=4(k-

e

)2≤0成立，

因此k=

e

．

下面证明g(x)≤

e

x-

e

2

(x＞0)恒成立．

设G(x)=elnx-x

e

+

e

2

，则G′(x)=

e

x

-

e

=

e ( e -x)

x

．

所以当0＜x＜

e

时，G′（x）＞0；当x＞

e

时，G′（x）＜0．

因此x=

e

时G（x）取得最大值0，则f(x)≤

e

x-

e

2

(x＞0)成立．

故所求“分界线”方程为：y=

e

x-

e

2

．