解题思路：（Ⅰ）利用函数y=f（x）的图象过点
(
e
2
，
e
2
2
+
2
e
2
)
，建立方程，即可求得实数a；
（Ⅱ）求导数，求得f′（x）=0时，x=e，从而由导数的正负，可得f（x）的单调区间；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）在区间（1，+∞）上的最小值为
f(e)＝e+
1
e
，从而可得当x＞1时，
f(x)≥e+
1
e
恒成立，当n∈N*时，令x=en≥e＞1，则有
f(
e
n
)≥e+
1
e
，由此可证结论．
（Ⅰ）由y=f（x）的图象过点(e2，
e2
2+
2
e2)得
e2
2+
2
e2＝
e2
lne2+
alne2
e2，所以a=1．…（2分）
（Ⅱ）求导数可得：f′(x)＝
lnx−1
(lnx)2+
1−lnx
x2＝
(lnx−1)(x+lnx)(x−lnx)
x2(lnx)2…（4分）
由x＞1知
x+lnx
x2(lnx)2＞0，
令g（x）=x-lnx，则g′(x)＝
x−1
x＞0，故g（x）在（1，+∞）上为增函数，当x＞1时，g（x）=x-lnx＞g（1）＞0
令f′（x）=0得x=e，令f′（x）＞0得，x＞e，令f′（x）＜0得1＜x＜e
故f（x）的增区间为（e，+∞），减区间为（1，e）．…（7分）
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，f（x）在区间（1，+∞）上的最小值为f(e)＝e+
1
e…（8分）
即当x＞1时，f(x)≥e+
1
e恒成立
当n∈N*时，令x=en≥e＞1，则有f(en)≥e+
1
e，即
en
n+
n
en≥e+
1
e＞0…（10分）
故(e+
1
e)(
e2
2+
2
e2)×…×(
en
n+
n
en)≥(e+
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，求得函数的单调性，确定最值是关键．