（Ⅰ）因为f′（x）x-6+

m

x

，

所以f′（1）=1-6+m=0，解得m=5；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=

1

2

x2-6x+5lnx（x＞0），

所以f′（x）=x-6+

5

x

=

x2-6x+5

x

=

(x-1)(x-5)

x

，

当x∈（1，5）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（5，+∞）或x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

所以f（x）的极大值为f（1）=

1

2

-6=-

11

2

，

极小值为f（5）=

1

2

×25-30+5ln5=-

35

2

+5ln5，

又x→0时，f（x）→-∞，x→+∞时，f（x）→+∞，

结合图象可知：当且仅当f（5）＜n＜f（1）时，直线y=n与函数y=f（x）的图象有3个交点，

∴-

35

2

+5ln5＜n＜-

11

2

；

（III）G′（x₀）的符号为正．证明如下：

因为G（x）=f（x）+g（x）=

1

2

x2-6x+5lnx+（-5-a）lnx+

1

2

x2+（6-b）x+2=x²+2-alnx-bx有两个零点x₁，x₂，

所以有

x12+2-alnx1-bx1=0 x22+2-alnx2-bx2=0

，

两式相减得x22-x12-a(lnx2-lnx1)-b（x₂-x₁）=0，即x2+x1-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，

于是G′(x0)=2x0-

a

x0

-b=(x1+x2-b)-

2a

x1+x2

=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

-

2a

x1+x2

=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2(x2-x1)

x1+x2

]=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

]，

①，令

x2

x1

=t，则t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

（lnt-

2(t-1)

1+t

）．

设u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

（t＞1），

则u′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，

则u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

在（1，+∞）上为增函数．

而u（1）=0，所以u（t）＞0，即lnt-

2(t-1)

1+t

＞0．

又因为a＞0，x₂-x₁＞0，所以G′（x₀）＞0．

②当0＜x₂＜x₁时，同理可得：G′（x₀）＞0．

综上所述：G′（x₀）的符号为正．