解题思路：（Ⅰ）当切点不知时，需要设切点，然后分别代入f（x），f′（x） 解得；
（Ⅱ）求参数的取值范围．转化为利用导数求最值问题．
（Ⅰ）设切点为P（x0，y0）（x0＞0），由题意得：
f′(x0)＝a+1
f(x0)＝(a+1)x0，即
x0+
a
x0＝a+1 (1)
1
2
x20+alnx0＝(a+1)x 0(2)，
由（1）解得x0=1或
x 0＝a．
将x0=1代入（2）得：a＝−
1
2．
将
x 0＝a代入（2）得：lna＝
a
2+1 （3），
设h(x)＝(
x
2+1)−lnx，则h′(x)＝
x−2
2x，
∴h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，h（x）最小值=h（2）=2-ln2＞0，
∴方程（3）无实数解．
∴a＝−
1
2．
（Ⅱ）由f（x）≤g（x）得：a(x−lnx)≥
1
2x2−x（4），
由(x−lnx)′＝
x−1
x知：x-lnx在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴x-lnx的最小值为1-ln1=1＞0，
∴不等式（4）可化为：a≥
1
2x2−x
x−lnx；
设t(x)＝
1
2x2−x
x−lnx，x∈[
1
e，e]，
∴t′(x)＝
(x−1)(x−lnx)−(1−
1
x)(
1
2x2−x)
(x−lnx)2＝
(x−1)(
1
2x+1−lnx)
(x−lnx)2
当x∈（1，e]时，x−1＞0，由(I)知
1
2x+1−lnx＞0，
∴以t'（x）＞0；
当x∈[
1
e，1）时，x−1＜0，由(I)知
1
2x+1−lnx＞0，
∴以t'（x）＜0；
∴以t（x）在[
1
e， 1]上单调递减，在[1，e]上单调递增，
∴t(x)最大值＝max{t(
1
e)， t(e)}，
又t(
1
e)＝
1−2e
2e(e+1)，t(e)＝
e2−2e
2(e−1)，t(
1
e)−t(e)＝
e(−e3+e2+3)−1
2e(e+1)(e−1)，
又e=2.718…，
∴-e3+e2+3＜0，
∴t(x)最大值＝ t(e)＝
e2−2e
2(e−1)，
∴当x∈[
1
e，e]时，f（x）≤g（x）恒成立时实数a的取值范围是[
e2−2e
2(e−1)， +∞)．
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 本题考查了函数的切线方程，利用导数求最值得问题，培养了转化思想，方程思想．