（1）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即为alnx+2x≤（a+3）x-

1

2

x2，化简得：a（x-lnx）≥

1

2

x2-x，

由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥

1 2 x2-x

x-lnx

，设y=

1 2 x2-x

x-lnx

，

由y′=

(x-1)(x-lnx)-(1- 1 x )( 1 2 x2-x)

(x-lnx)2

=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx)

(x-lnx)2

，

∵当x∈（1，e）时，x-1＞0，

1

2

x+1-lnx＞0，

∴y′＞0在x∈[1，e]时成立，则y=

1 2 x2-x

x-lnx

递增，ymin=-

1

2

．

由不等式有解，可得知a≥ymin=-

1

2

，即实数a的取值范围是[-

1

2

，+∞）．

（2）当a=1，f（x）=lnx．

由m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，得

mg（x₁）-x₁f（x₁）＞mg（x₂）-x₂f（x₂）恒成立，

设t（x）=

m

2

x2-xlnx（x＞0）．

由题意知x₁＞x₂＞0，故当x∈（0，+∞）时函数t（x）单调递增，

∴t′（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，即m≥

lnx+1

x

恒成立，

因此，记y=

lnx+1

x

，得y′=

-lnx

x2

，

∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

∴函数h（x）在x=1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值．

由此可得h（x）_max=h（1）=1，故m≥1，结合已知条件m∈Z，m≤1，可得m=1．．