解题思路：（Ⅰ）要证函数在（1，+∞）上是增函数，只需要证明其导数大于0即可；
（Ⅱ）求导函数先研究函数的单调性，确定极值，从而确定函数的最值，分类讨论是解题的关键．
证明：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=x2-2lnx，
当x∈（1，+∞）时，f′(x)＝
2(x2−1)
x＞0，
所以f（x）在（1，+∞）上是增函数．（5分）
（Ⅱ）f′(x)＝
2x2−a
x(x＞0)，
当x∈[1，e]，2x2-a∈[2-a，2e2-a]．
若a≤2，则当x∈[1，e]时，f′（x）≥0，
所以f（x）在[1，e]上是增函数，
又f（1）=1，故函数f（x）在[1，e]上的最小值为1．
若a≥2e2，则当x∈[1，e]时，f′（x）≤0，
所以f（x）在[1，e]上是减函数，
又f（e）=e2-a，所以f（x）在[1，e]上的最小值为e2-a．
若2＜a＜2e2，则当1≤x＜
a
2时，f′（x）＜0，此时f（x）是减函数；
当
a
2＜x≤e时，f′（x）＞0，此时f（x）是增函数．
又f(
a
2)＝
a
2−
a
2ln
a
2，
所以f（x）在[1，e]上的最小值为[a/2−
a
2ln
a
2]．
综上可知，当a≤2时，f（x）在[1，e]上的最小值为1；
当2＜a＜2e2时，f（x）在[1，e]上的最小值为[a/2−
a
2ln
a
2]；
当a≥2e2时，f（x）在[1，e]上的最小值为e2-a．（13分）
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题以函数为载体，考查函数的单调性与函数的最值．利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′（x）＞0（或f′（x）＜0）仅是f（x）在某个区间上为增函数（或减函数）的充分条件．