（Ⅰ）由题设易知f（x）=lnx，g（x）=lnx+

1

x

，

∴g′（x）=

x-1

x2

，令g′（x）=0，得x=1，

当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，故g（x）的单调递减区间是（0，1），

当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，故g（x）的单调递增区间是（1，+∞），

因此x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，

∴最小值为g（1）=1；

（Ⅱ）g(

1

x

)=-lnx+x，

设h（x）=g（x）-g(

1

x

)=2lnx-x+

1

x

，

则h′（x）=-

(x-1)2

x2

，

当x=1时，h（1）=0，即g（x）=g(

1

x

)，

当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）＜0，h′（1）=0，

因此，h（x）在（0，+∞）内单调递减，

当0＜x＜1，时，h（x）＞h（1）=0，即g（x）＞g(

1

x

)，

当x＞1，时，h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜g(

1

x

)，

（Ⅲ）满足条件的x₀ 不存在．证明如下：证法一 假设存在x₀＞0，

使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立，即对任意x＞0，

有 Inx＜g(x0)＜Inx+

2

x

，（*）但对上述x₀，取x1=eg(x0) 时，

有 Inx₁=g（x₀），这与（*）左边不等式矛盾，

因此，不存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立．

证法二 假设存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|成＜

1

x

立．

由（Ⅰ）知，eg(x0) 的最小值为g（x）=1．

又g(x)=Inx+

1

x

＞Inx，

而x＞1 时，Inx 的值域为（0，+∞），

∴x≥1 时，g（x） 的值域为[1，+∞），从而可取一个x₁＞1，

使 g（x₁）≥g（x₀）+1，即g（x₁）-g（x₀）≥1，

故|g（x₁）-g（x₀）|≥1＞

1

x1

，与假设矛盾．

∴不存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立．