解题思路：（Ⅰ）利用函数h（x）=f（x）+g（x）的导函数的值为正，得到函数h（x）=f（x）+g（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）根据函数的特征得到函数f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2时的函数最值情况，得到a的相应关系式，求出a的取取值范围，再利用根与系数的关系，得到x1+x2与
x
2
x
1
＝t
单调关系，以及t与a的单调的关系式，得到本题结论．
（Ⅰ）∵函数f（x）=lnx-x-lna，g（x）=
1
2x2-（a-1）x，
∴函数h（x）=f（x）+g（x）=lnx+
1
2x2-ax-lna，
∴定义域为（0，+∞）且a＞0，
∵h′(x)＝
1
x+x−a＝
1
x(x2−ax+1)＝
1
x[(x−
a
2)2+
4−a
4]2)，
（1）当4-a2≥0，又a＞0，即0＜a≤2时，
h'（x）≥0对x＞0恒成立，
∴h（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
（2）当4-a2＜0，又a＞0，即a＞2时，
由h'（x）=0得：x＝
a−
a2−4
2，或x＝
a+
a2−4
2，
所以h（x）的单调递增区间为(0，
a−
a2−4
2)，(
a+
a2−4
2，+∞)；
（Ⅱ）当a＞0时，由f′(x)＝
1
x−1＝
1−x
x，得x=1．
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x（0，1）1（1，+∞）
f'（x）+0-
f（x）↗-lna-1↘这时，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．
当x大于0且无限趋近于0时，f（x）的值无限趋近于-∞；
当x无限趋近于0时+∞，f（x）的值无限趋近于-∞，
∴f（x）有两个零点，须满足f（1）＞0，即lna＜1，
∴a的取值范围是（0，e-1）．
∵x1，x2是函数f（x）的两个零点，即lnx1-x1-lna=0，lnx2-x2-lna=0．
∴x2−x1＝lnx2−lnx1＝ln
x2
x1．
设
x2
x1＝t，则t＞1，且
x2＝tx1
x2−x1＝lnt解得x1＝
lnt
t−1，x2＝
tlnt
t−1．
所以x1+x2＝
(t+1)lnt
t−1．
令h(x)＝
(x+1)lnx
x−1，x∈（1，+∞），则h′(x)＝
−2lnx+x−
1
x
(x−1)2．
令u(x)＝−2lnx+x−
1
x，得u′(x)＝(
x−1
x)2．
当x∈（1，+∞）时，u'（x）＞0．因此，u（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴对于任意的x∈（1，+∞），
u（x）＞u（1）=0，
由此可得h'（x）＞0，
故h（x）在（1，+∞）上单调递增．
∴由①可得x1+x2随着t的增大而增大．①
∵x1，x2是函数f（x）的两个零点，
即lnx1-x1-lna=0，lnx2-x2-lna=0，
∴a＝
x1
ex1，a＝
x2
ex2，
因为f（1）=-1-lna且a∈（0，e-1），则x1∈（0，1），x2∈（1，+∞）．
设F(x)＝
x
ex，则F′(x)＝
1−x
ex，
所以F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
对于任意的a1，a2∈(0，e−1)，设a1＞a2，
∴F（ξ1）=F（ξ2）=a1，其中0＜ξ1＜1＜ξ2；
F（η1）=F（η2）=a2，其中0＜η1＜1＜η2．
∵F（x）在（0，1）上单调递增，
∴由a1＞a2，即F（ξ1）＞F（η1），可得ξ1＞η1；
类似可得ξ2＜η2，
由ξ1，η1＞0，则
1
ξ1＜
1
η1，所以
ξ2
ξ1＜
η2
η1．
∴t=
x2
x1随着a的增大而减小．②
由①②得：x1+x2随a增大而减小．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的零点．
考点点评： 本题考查了函数的导数与单调性、最值的关系，以及构造函数研究参数之间的关系，本题思维的难度大，运算量也较大，属于难题．