（Ⅰ）f′（x）=k（lnx+1），
当 x∈(0，
1
e ) ，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当 x∈(
1
e ，+∞) ，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
① 0＜t＜t+2＜
1
e ，t无解；
② 0＜t＜
1
e ＜t+2 ，即 0＜t＜
1
e 时， f(x ) min =f(
1
e )=-
k
e ；
③
1
e ≤t＜t+2 ，即 t≥
1
e 时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x） min=f（t）=ktlnt；
所以 f(x ) min =
-
k
e ，0＜t＜
1
e
ktlnt，t≥
1
e ．
（Ⅱ）kxlnx≥-x 2+ax-（k+1），则 a≤klnx+x+
k+1
x ，
设 h(x)=klnx+x+
k+1
x (x＞0) ，则 h′(x)=
[x+(k+1)](x-1)
x 2 ，x∈（0，1），h′（x）＜0，h（x）单调递减，x∈（1，+∞），h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x） min=h（1）=k+2，因为对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x） min=k+2；
（Ⅲ）问题等价于证明 xlnx＞
x
e x -
2
e (x∈(0，+∞)) ，由（1）可知，f（x）=kxlnx（x∈（0，+∞））（k＞0）的最小值是 -
k
e ，当且仅当 x=
1
e 时取到，故 lnx＞-
1
e ．
设 m(x)=
x
e x -
2
e (x∈(0，+∞)) ，则 m′(x)=
1-x
e x ，易得 m(x ) max =m(1)=-
1
e ，
当且仅当x=1时取到，从而对一切x∈（0，+∞），都有 lnx＞
1
e x -
2
ex 成立．①