解题思路：（Ⅰ）由3e|x|的最小值为3，可得函数f（x）的最小值为3+a=3，由此求得a的值．
（Ⅱ）由f（x）=3e|x|，x＜0，可得lnf（x）=-x+ln3．不等式化为-x＜x2+（2b-1）x-3b2，即（x+3b）（x-b）＞0．再分当b≥0时，和b＜0时两种情况，分别求得不等式的解集．
（Ⅲ）由题意可得x+t≥0，f（x+t）≤3ex，等价于 t≤1+lnx-x．原命题等价转化为：存在实数t∈[-1，+∞），使得不等式t≤1+lnx-x对任意x∈[1，m]恒成立．再利用导数求得h（x）=1+lnx-x的最小值为h（x）min=h（m）=1+lnm-m，由此求得h（m）≥-1的最大整数m的值．
（Ⅰ）由于函数f（x）=3e|x|+a≥3e0+a=3+a （e=2.71828…是自然对数的底数），
且函数的最小值为3，
故有3+a=3，∴a=0．
（Ⅱ）由以上可得，f（x）=3e|x|．
当x＜0时，lnf（x）=ln（3e|x|）=ln3+|x|=-x+ln3．
故不等式 lnf（x）-ln3＜x2+（2b-1）x-3b2 可化为-x＜x2+（2b-1）x-3b2，
即 x2+2bx-3b2＞0，即（x+3b）（x-b）＞0．
故当b≥0时，不等式的解集为{x|x＜-3b }； b＜0时，不等式的解集为{x|x＜b}．
（Ⅲ）∵当t∈[-1，+∞）且x∈[1，m]时，x+t≥0，
∴f（x+t）≤3ex，等价于ex+t≤ex，等价于 t≤1+lnx-x．
∴原命题等价转化为：存在实数t∈[-1，+∞），使得不等式t≤1+lnx-x对任意x∈[1，m]恒成立．
令h（x）=1+lnx-x（x＞0）．
∵h′(x)＝
1
x−1≤0，∴函数h（x）在（0，+∞）为减函数．
又∵x∈[1，m]，∴h（x）min=h（m）=1+lnm-m．
∴要使得对x∈[1，m]，t值恒存在，只须1+lnm-m≥-1．
∵h(3)＝ln3−2＝ln(
1
e•
3
e)＞ln
1
e＝−1，h(4)＝ln4−3＝ln(
1
e•
4
e2)＜ln
1
e＝−1，且函数h（x）在（0，+∞）为减函数，
∴满足条件的最大整数m的值为3．
点评：
本题考点： 函数恒成立问题；指数函数的单调性与特殊点；指、对数不等式的解法．
考点点评： 本题主要考查指数不等式、对数不等式的解法，函数的恒成立问题，利用导数研究函数的单调性，体现了转化的数学思想，属于中档题．