（Ⅰ）由题意得f（x）的定义域是（0，+∞），且f′（x）=

x+a

x2

，
∵a＞0，∴f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）单调递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）=

x+a

x2

，
①若a≥-1，则x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
此时f（x）在[1，e]上递增，
∴f（x）min=f（1）=-a=

3

2

，∴a=-

3

2

（舍），
②若a≤-e，则x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
此时f（x）在[1，e]上递减，
∴f（x）min=f（e）=1-

a

e

=

3

2

，∴a=-

e

2

（舍），
③若-e＜a＜-1，令f′（x）=0，得x=-a，
当1＜x＜-a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（1，-a）递减，
当-a＜x＜e时，f′（x）＞0，∴f（x）在（-a，e）递增，
∴f（x）min=f（-a）=ln（-a）+1=

3

2

，∴a=-

e

，
综上a=-

e

；
（Ⅲ）∵f（x）＜x²，∴lnx-

a

x

＜x²，又x＞0，∴a＞xlnx-x³，
令g（x）=xlnx-x³，h（x）=g′（x）=1+lnx-3x²，h′（x）=

1−6x2

x

，
∵x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）在（1，+∞）递减，
∴h（x）＜h（1）=-2＜0，即g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）递减，
∴g（x）＜g（1）=-1，∴a≥-1时，f（x）＜x²在（1，+∞）恒成立．