（1）由

x＞0 lnx≠0

得，x＞0且x≠1，

则函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），

且g′（x）=

lnx-1

(lnx)2

，令g′（x）=0，即lnx-1=0，解得x=e，

当0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0；当x＞e时，g′（x）＞0，

∴函数g（x）的减区间是（0，1），（1，e），增区间是（e，+∞），

（2）由题意得函数f（x）=

x

lnx

-ax在（1，+∞）上是减函数，

∴f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，

即当x∈（1，+∞）时，f^′（x）_max≤0即可，

又∵f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a=-(

1

lnx

)2+

1

lnx

-a=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a，

∴当

1

lnx

=

1

2

时，即x=e²时，f′(x)max=

1

4

-a．

∴

1

4

-a≤0，得a≥

1

4

，故a的最小值为

1

4

．

（3）命题“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f^′（x₂）+a成立”等价于

“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，

由（2）得，当x∈[e，e²]时，f′(x)max=

1

4

-a，则f′(x)max+a=

1

4

，

故问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f(x)min≤

1

4

”，

当a≥

1

4

时，由（2）得，f（x）在[e，e²]上为减函数，

则f(x)min=f(e2)=

e2

2

-ae2≤

1

4

，故a≥

1

2

-

1

4e2

，

当a＜

1

4

时，由于f′（x）=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a在[e，e²]上为增函数，

故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e²）]，即[-a，

1

4

-a]．

（i）若-a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e²]恒成立，故f（x）在[e，e²]上为增函数，

于是，f(x)min=f(e)=e-ae≥e＞

1

4

，不合题意．

（ii）若-a＜0，即0＜a＜

1

4

，由f′（x）的单调性和值域知，

存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0，且满足：

当x∈（e，x₀）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈（x₀，e²）时，f′（x）＜0，f（x）为增函数；

所以，f（x）_min=f（x₀）=

x0

lnx0

-ax0≤

1

4

，x∈（e，e²），

所以，a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＞

1

lne2

-

1

4e

＞

1

2

-

1

4

=

1

4

，与0＜a＜

1

4

矛盾，不合题意．

综上，得a≥

1

2

-

1

4e2

．