解题思路：（Ⅰ）由于f（x）在（2，+∞）上单调递增，可得
f′(x)＝
x
2
−(a+1)x+a
x
≥0
在（2，+∞）恒成立，即x2-（a+1）x+a≥0在（2，+∞）恒成立，通过分离参数即可得出；
（II）f（x）定义域为（0，+∞），
f′(x)＝
x
2
−(a+1)x+a
x
＝
(x−a)(x−1)
x
．通过对a与1的大小关系分类讨论，研究函数是否在（0，e）内有极小值[1/2]，即可．
（Ⅰ）∵f（x）在（2，+∞）上单调递增，∴f′(x)＝
x2−(a+1)x+a
x≥0在（2，+∞）恒成立，
即x2-（a+1）x+a≥0在（2，+∞）恒成立，即（1-x）a+x2-x≥0在（2，+∞）恒成立，
即（1-x）a≥x-x2在（2，+∞）恒成立，即a≤x在（2，+∞）恒成立，
∴实数a的取值范围是（-∞，2]．
（Ⅱ）f（x）定义域为（0，+∞），f′(x)＝
x2−(a+1)x+a
x＝
(x−a)(x−1)
x，
①当a＞1时，令f'（x）＞0，结合f（x）定义域解得0＜x＜1或x＞a，
∴f（x）在（0，1）和（a，+∞）上单调递增，在（1，a）上单调递减，
此时f(x)极小值＝f(a)＝−
1
2a2−a+alna，
若f（x）在（0，e）内有极小值[1/2]，则1＜a＜e，但此时−
1
2a2−a+alna＜0＜
1
2矛盾．
②当a=1时，此时f'（x）恒大于等于0，不可能有极小值．
③当a＜1时，不论a是否大于0，f（x）的极小值只能是f(1)＝−
1
2−a，
令−
1
2−a＝
1
2，即a=-1，满足a＜1．
综上所述，a=-1．
点评：
本题考点： 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： 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、分离参数法、分类讨论的思想方法等基础知识与基本方法，属于难题．