（Ⅰ）f(x)＝lnx?ax+?1(x＞0)，f′(x)＝?a+＝(x＞0)
令h（x）=ax2-x+1-a（x＞0）
（1）当a=0时，h（x）=-x+1（x＞0），
当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
（2）当a≠0时，由f′（x）=0，即ax2-x+1-a=0，解得x1＝1，x2＝?1．
当a＝时x1=x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）单调递减；
当0＜a＜时，?1＞1＞0，x∈（0，1）时h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
x∈(1，?1)时，h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈(?1，+∞)时，h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
当a＜0时?1＜0，当x∈（0，1），h（x）＞0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增；
当a＝时x1=x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当0＜a＜时，函数f（x）在（0，1）单调递减，(1，?1)单调递增，(?1，+∞)单调递减．
（Ⅱ）当a＝时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x1∈（0，2），
有f(x1)≥f(1)＝?，
又已知存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），所以?≥g(x2)，x2∈[1，2]，（※）
又g（x）=（x-b）2+4-b2，x∈[1，2]
当b＜1时，g（x）min=g（1）=5-2b＞0与（※）矛盾；
当b∈[1，2]时，g（x）min=g（b）=4-b2≥0也与（※）矛盾；
当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8?4b≤?，b≥．
综上，实数b的取值范围是[，+∞)．
