解题思路：（Ⅰ）f（x）≥g（x）恒成立，等价于
f(x)
x
≥
g(x)
x
恒成立，设h（x）=lnx-
k(x−1)
x
（x＞0），求导数，确定函数的最小值h（x）min=h（k）=lnk-k+1≥0，再构造u（x）=lnx-x+1（x＞0），求导数，确定函数的单调性，即可得出结论；
（Ⅱ）分类讨论，由（Ⅰ）知当k≤0或k=1时，f（x）=g（x），即h（x）=0仅有唯一解x=1，不合题意；当0＜k＜1时，h（x）是（k，+∞）上的增函数，对x＞1，有h（x）＞h（1）=0，所以f（x）=g（x）没有大于1的根，不合题意；当k＞1时，由f′（x）=g′（x）解得x0=ek-1，若存在x1=kx0=kek-1，则lnk-1+e1-k=0，证明lnk-1+e1-k=0在（1，+∞）无解，即可得出结论．
（Ⅰ）注意到函数f（x）的定义域为（0，+∞），
所以f（x）≥g（x）恒成立，等价于
f(x)
x≥
g(x)
x恒成立，
设h（x）=lnx-
k(x−1)
x（x＞0），
则h′（x）=[x−k
x2，------------（2分）
当k≤0时，h′（x）＞0对x＞0恒成立，所以h（x）是（0，+∞）上的增函数，
注意到h（1）=0，所以0＜x＜1时，h（x）＜0不合题意．-------（4分）
当k＞0时，若0＜x＜k，h′（x）＜0；若x＞k，h′（x）＞0．
所以h（x）是（0，k）上的减函数，是（k，+∞）上的增函数，
故只需h（x）min=h（k）=lnk-k+1≥0．--------（6分）
令u（x）=lnx-x+1（x＞0），u′（x）=
1−x/x]，
当0＜x＜1时，u′（x）＞0； 当x＞1时，u′（x）＜0．
所以u（x）是（0，1）上的增函数，是（1，+∞）上的减函数．
故u（x）≤u（1）=0当且仅当x=1时等号成立．
所以当且仅当k=1时，h（x）≥0成立，即k=1为所求．--------（8分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知当k≤0或k=1时，f（x）=g（x），即h（x）=0仅有唯一解x=1，不合题意；
当0＜k＜1时，h（x）是（k，+∞）上的增函数，对x＞1，有h（x）＞h（1）=0，
所以f（x）=g（x）没有大于1的根，不合题意．---------（8分）
当k＞1时，由f′（x）=g′（x）解得x0=ek-1，若存在x1=kx0=kek-1，
则lnk-1+e1-k=0，
令v（x）=lnx-1+e1-x，v′(x)＝
ex−ex
xex，
令s（x）=ex-ex，s′（x）=ex-e，当x＞1时，总有s′（x）＞0，
所以s（x）是（1，+∞）上的增函数，即s（x）=ex-ex＞s（1）=0，
故v′（x）＞0，v（x）在（1，+∞）上是增函数，
所以v（x）＞v（1）=0，即lnk-1+e1-k=0在（1，+∞）无解．
综上可知，不存在满足条件的实数k．----------------------（12分）
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的构造，考查函数的最值，考查等价转化问题的能力，属于难题．