（Ⅰ）f(x)=lnx-ax+

1-a

x

-1(x＞0)，f′(x)=

l

x

-a+

a-1

x2

=

-ax2+x+a-1

x2

(x＞0)

令h（x）=ax²-x+1-a（x＞0）

（1）当a=0时，h（x）=-x+1（x＞0），

当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

（2）当a≠0时，由f′（x）=0，即ax²-x+1-a=0，解得x1=1，x2=

1

a

-1．

当a=

1

2

时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）单调递减；

当0＜a＜

1

2

时，

1

a

-1＞1＞0，x∈（0，1）时h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

x∈(1，

1

a

-1)时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

x∈(

1

a

-1，+∞)时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．

当a＜0时

1

a

-1＜0，当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增；

当a=

1

2

时x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；

当0＜a＜

1

2

时，函数f（x）在（0，1）单调递减，(1，

1

a

-1)单调递增，(

1

a

-1，+∞)单调递减．

（Ⅱ）当a=

1

4

时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x₁∈（0，2），

有f(x1)≥f(1)=-

1

2

，

又已知存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）≥g（x₂），所以-

1

2

≥g(x2)，x₂∈[1，2]，（※）

又g（x）=（x-b）²+4-b²，x∈[1，2]

当b＜1时，g（x）_min=g（1）=5-2b＞0与（※）矛盾；

当b∈[1，2]时，g（x）_min=g（b）=4-b²≥0也与（※）矛盾；

当b＞2时，g(x)min=g(2)=8-4b≤-

1

2

，b≥

17

8

．

综上，实数b的取值范围是[

17

8

，+∞)．