解题思路：（Ⅰ）证明a＞1时函数的导数大于0．
（Ⅱ）先判断函数f（x）的极小值，再由y=|f（x）-t|-1有三个零点，所以方程f（x）=t±1有三个根，根据t-1应是f（x）的极小值，解出t．
（Ⅲ）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e-1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）
或f（-1），最小值f（0）=1，由f（1）-f（-1）的单调性，判断f（1）与f（-1）的大小关系，再由
f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e-1求出a的取值范围．
（Ⅰ）f′（x）=axlna+2x-lna=2x+（ax-1）lna （3分）
由于a＞1，故当x∈（0，+∞）时，lna＞0，ax-1＞0，所以f′（x）＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增 （5分）
（Ⅱ）当a＞0，a≠1时，因为f′（0）=0，且f（x）在（0，+∞）上单调递增，
故f′（x）=0有唯一解x=0（7分）
所以x，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示：
又函数y=|f（x）-t|-1有三个零点，所以方程f（x）=t±1有三个根，
而t+1＞t-1，所以t-1=（f（x））min=f（0）=1，解得t=2；（11分）
（Ⅲ）因为存在x1，x2∈[-1，1]，使得|f（x1）-f（x2）|≥e-1，
所以当x∈[-1，1]时，|（f（x））max-（f（x））min|
=（f（x））max-（f（x））min≥e-1，（12分）
由（Ⅱ）知，f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，
所以当x∈[-1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，
（f（x））max=max{f（-1），f（1）}，
而f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-(
1
a+1+lna)=a-
1
a-2lna，
记g(t)=t-
1
t-2lnt(t＞0)，
因为g′(t)=1+
1
t2-
2
t=(
1
t-1)2≥0（当t=1时取等号），
所以g(t)=t-
1
t-2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，
也就是当a＞1时，f（1）＞f（-1）；
当0＜a＜1时，f（1）＜f（-1）（14分）
①当a＞1时，由f（1）-f（0）≥e-1⇒a-lna≥e-1⇒a≥e，
②当0＜a＜1时，由f(-1)-f(0)≥e-1⇒
1
a+lna≥e-1⇒0＜a≤
1
e，
综上知，所求a的取值范围为a∈(0，
1
e]∪[e，+∞)．（16分）
点评：
本题考点： 函数零点的判定定理；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
考点点评： 本题考查函数的零点，用导数判断函数单调性，利用导数研究函数极值，属于中档题．