（Ⅰ） f′(x)=2ax-

2

x

=

2ax2-2

x

，x∈（0，e]．

由已知f'（1）=2a-2=0，解得a=1，此时f′(x)=

2x2-2

x

=

2(x+1)(x-1)

x

．

在区间（0，1）上，f^′（x）＜0；在区间（1，e）上，f^′（x）＞0．

∴函数f（x）在x=1时取得极小值．

因此a=1时适合题意．

（Ⅱ） f′(x)=2ax-

2

x

=

2ax2-2

x

，x∈（0，e]．

1）当a≤0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，e]上是减函数．

2）当a＞0时，f′(x)=

2a(x+ a a )(x- a a )

x

．

①若

a

a

＜e，即a＞

1

e2

，

则f（x）在(0，

a

a

)上是减函数，在(

a

a

，e]上是增函数；

②若

a

a

≥e，即0＜a≤

1

e2

，则f（x）在（0，e]上是减函数．

综上所述，当a≤

1

e2

时，f（x）的减区间是（0，e]，

当a＞

1

e2

时，f（x）的减区间是(0，

a

a

)，增区间是(

a

a

，e]．

（Ⅲ）当a＞

1

e2

时，由（Ⅱ）可知：当x=

a

a

时，函数f（x）取得最小值，且f(

a

a

)=1+lna．

∵g（x）=-5+ln

x

a

，∴函数g（x）在区间（0，e]上单调递增．

∴当x=e时，函数g（x）取得最大值，且g（x）_max=g（e）=-4-lna．

∵存在x₁，x₂∈（0，e]，使得|f（x₁）-g（x₂）|＜9成立，

∴必有对于x∈（0，e]，|f（x）_min-g（x）_max|＜9．又∵a＞

1

e2

，

联立得

|1+lna-(-4-lna)|＜9 a＞ 1 e2

，解得

1

e2

＜a＜e2．

∴a的取值范围是(

1

e2

，e2)．