解题思路：（Ⅰ）对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，即xlnx-ax≥-x2-2恒成立，可化为a≤lnx+x+
2/x]在x∈（0，+∞）上恒成立．令F（x）=lnx+x+[2/x]，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出；
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=xlnx+x，由导数的运算法则可得：f′（x）=lnx+2，令f′（x）=0，可得x=
1
e
2
．对m分类讨论：当0＜m＜
1
e
2
时，及当m≥
1
e
2
时，分别研究其单调性极值与最值即可得出．
（Ⅰ）对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，即xlnx-ax≥-x2-2恒成立，即a≤lnx+x+[2/x]在x∈（0，+∞）上恒成立．
令F（x）=lnx+x+[2/x]，
则F′（x）=
(x+2)(x−1)
x2，
在（0，1）上F′（x）＜0，在（1，+∞）上F′（x）＞0，
因此，F（x）在x=1处取极小值，也是最小值，即Fmin（x）=F（x）=3，
∴a≤3．…（6分）
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=xlnx+x，
f′（x）=lnx+2，令f′（x）=0，解得x=[1
e2．
①当0＜m＜
1
e2时，在x∈[m，
1
e2）上f′（x）＜0；在x∈（
1
e2．m+3]上f′（x）＞0．
因此，f（x）在x=
1
e2处取得极小值，也是最小值．fmin（x）=-
1
e2．
由于f（m）＜0，f（m+3）=（m+3）[ln（m+3）+1]＞0．
②当m≥
1
e2，f′（x）≥0，因此f（x）在[m，m+3]上单调递增，
∴fmin（x）=f（m）=m（lnm+1）．…（13分）
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．
考点点评： 该题考查函数恒成立问题，考查利用导数研究函数的最值，考查转化思想，考查学生分析解决问题的能力．
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