设函数f（x）=lnx+x2﹣ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a=3时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x1 ， x2 ， 且x1∈（0，1]，求证：f（x1）﹣f（x2）≥﹣+ln2；
（Ⅲ）设g（x）=f（x）+2ln ， 对于任意a∈（2，4），总存在 ， 使g（x）＞k（4﹣a2）成立，求实数k的取值范围．
【答案】（Ⅰ）解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=，
令f′（x）＞0，可得0＜x＜或x＞1，f′（x）＜0，可得＜x＜1，
∴f（x）的递增区间为（0，）和（1，+∞），递减区间为（，1）；
（Ⅱ）证明：∵函数f（x）有两个极值点x1 ， x2 ，
∴f′（x）==0，即2x2﹣ax+1=0有两个不相等的实数根，
∴x1+x2=，x1x2=
∴2（x1+x2）=a，x2=，
∴f（x1）﹣f（x2）=lnx1+x12﹣ax1﹣（lnx2+x22﹣ax2）=2lnx1﹣x12++ln2（0＜x≤1）．
设F（x）=2lnx﹣x2++ln2（0＜x≤1），则F′（x）=﹣＜0，
∴F（x）在（0，1）上单调递减，
∴F（x）≥F（1）=﹣+ln2，即f（x1）﹣f（x2）≥﹣+ln2；
（Ⅲ）解：g（x）=f（x）+2ln=2ln（ax+2）+x2﹣ax﹣2ln6，
∴g′（x）=，
∵a∈（2，4），∴x+＞0，
∴g′（x）＞0，
∴g（x）在上单调递增，
∴g（x）max=g（2）=2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6，
∴2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6＞k（4﹣a2）在（2，4）上恒成立．
令h（a）=2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6﹣k（4﹣a2），则h（2）=0，
∴h（a）＞0在（2，4）上恒成立．
∵h′（a）=，
k≤0时，h′（a）＜0，h（a）在（2，4）上单调递减，h（a）＜h（2）=0，不合题意；
k＞0时，h′（a）=0，可得a=．
①＞2，即0＜k＜时，h（a）在（2，）上单调递减，存在h（a）＜h（2）=0，不合题意；
②≤2，即k≥时，h（x）在（2，4）上单调递增，h（a）＞h（2）=0，满足题意．
综上，实数k的取值范围为[，+∞）．
【解析】（Ⅰ）当a=3时，求导数，利用导数的正负，即可求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）函数f（x）有两个极值点x1 ， x2 ， 则f′（x）==0，即2x2﹣ax+1=0有两个不相等的实数根，结合韦达定理，可得f（x1）﹣f（x2），构造新函数F（x）=2lnx﹣x2++ln2（0＜x≤1），确定其单调性，即可得出结论；
（Ⅲ）确定g（x）在上单调递增，可得g（x）max=g（2）=2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6，h（a）=）=2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6﹣k（4﹣a2），分类讨论，确定单调性，即可得出结论．