已知函数$f(x)=x^{2}-ax(a\neq 0)$，$g(x)=\ln x$，$f(x)$图象与$x$轴异于原点的交点$M$处的切线为$l_{1}$，$g(x-1)$与$x$轴的交点$N$处的切线为$l_{2}$，并且$l_{1}$与$l_{2}$平行． (1)求$f(2)$的值； (2)已知实数$t∈R$，求函数$y=f[xg(x)+t]$，$x∈[1,e]$的最小值； (3)令$F(x)=g(x)+g′(x)$，给定$x_{1}$，$x_{2}∈(1,+∞)$，$x_{1} < x_{2}$，对于两个大于$1$的正数$α$，$β$，存在实数$m$满足：$α=mx_{1}+(1-m)x_{2}$，$β=(1-m)x_{1}+mx_{2}$，并且使得不等式$|F(α)-F(β)| < |F(x_{1})-F(x_{2})|$恒成立，求实数$m$的取值范围．

1. 求曲线 $f(x)$ 和 $g(x-1)$ 与 $x$ 轴交点的坐标及其切线斜率

由 $f(x) = x^2 - ax (a \neq 0)$，令 $f(x) = 0$，解得 $x = 0$ 或 $x = a$。
因为 $M$ 是异于原点的交点，所以 $M(a, 0)$。
对 $f(x)$ 求导得 $f'(x) = 2x - a$，故切线 $l_1$ 的斜率为 $k_1 = f'(a) = 2a - a = a$。

又已知 $g(x) = \ln x$，则 $g(x-1) = \ln(x-1)$ ($x > 1$)。
令 $g(x-1) = 0$，解得 $x - 1 = 1$，即 $x = 2$。
所以交点 $N$ 的坐标为 $(2, 0)$。
对 $g(x-1)$ 求导得 $[g(x-1)]' = \dfrac{1}{x-1}$，故切线 $l_2$ 的斜率为 $k_2 = \dfrac{1}{2-1} = 1$。

2. 根据切线平行求出 $a$ 的值，进而计算 $f(2)$

因为 $l_1 \parallel l_2$，所以 $k_1 = k_2$，即 $a = 1$。
由此可得 $f(x) = x^2 - x$。
将 $x = 2$ 代入得 $f(2) = 2^2 - 2 = 2$。

1. 确定内层函数 $u(x) = x\ln x + t$ 在 $x\in[1, e]$ 上的取值范围

由 (1) 知 $f(x) = x^2 - x$。
设 $h(x) = x \ln x$，$x \in [1, e]$。
求导得 $h'(x) = \ln x + 1$。
当 $x \in [1, e]$ 时，$\ln x \ge 0$，则 $h'(x) \ge 1 > 0$，
所以 $h(x)$ 在 $[1, e]$ 上单调递增。
当 $x = 1$ 时，$h(1) = 0$；当 $x = e$ 时，$h(e) = e$。
故当 $x \in [1, e]$ 时，$h(x) \in [0, e]$。
设 $u = x \ln x + t$，则 $u \in [t, e+t]$。

2. 对二次函数 $f(u) = u^2 - u$ 在 $u\in[t, e+t]$ 上的对称轴位置进行分类讨论求最小值

原问题转化为求 $y = f(u) = u^2 - u$ 在 $u \in [t, e+t]$ 上的最小值。
二次函数 $f(u) = u^2 - u$ 的开口向上，对称轴为 $u = \dfrac{1}{2}$。

① 当 $\dfrac{1}{2} < t$（即 $t > \dfrac{1}{2}$）时，对称轴在区间 $[t, e+t]$ 左侧，$f(u)$ 在 $[t, e+t]$ 上单调递增，
最小值在 $u = t$ 处取得，为 $y_{\min} = f(t) = t^2 - t$。

② 当 $t \le \dfrac{1}{2} \le e+t$（即 $\dfrac{1}{2} - e \le t \le \dfrac{1}{2}$）时，对称轴在区间 $[t, e+t]$ 内部，
最小值在顶点 $u = \dfrac{1}{2}$ 处取得，为 $y_{\min} = f\left(\dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{1}{4}$。

③ 当 $e+t < \dfrac{1}{2}$（即 $t < \dfrac{1}{2} - e$）时，对称轴在区间 $[t, e+t]$ 右侧，$f(u)$ 在 $[t, e+t]$ 上单调递减，
最小值在 $u = e+t$ 处取得，为 $y_{\min} = f(e+t) = (e+t)^2 - (e+t) = t^2 + (2e-1)t + e^2 - e$。

1. 确定 $F(x) = g(x) + g'(x)$ 的解析式并证明其在 $(1, +\infty)$ 上的单调性

由 $g(x) = \ln x$，得 $g'(x) = \dfrac{1}{x}$，
则 $F(x) = \ln x + \dfrac{1}{x}$ ($x > 1$)。
对 $F(x)$ 求导得 $F'(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{x-1}{x^2}$。
当 $x \in (1, +\infty)$ 时，$x - 1 > 0$，故 $F'(x) > 0$。
因此，$F(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上严格单调递增。

2. 利用单调性将不等式转化为关于 $m$ 的绝对值不等式并求解

因为 $F(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上严格单调递增，且 $\alpha, \beta > 1$，
所以对任意 $a, b \in (1, +\infty)$，$|F(a) - F(b)| < |F(x_1) - F(x_2)| \iff |a - b| < |x_1 - x_2|$。
计算 $\alpha - \beta$：
$\alpha - \beta = [m x_1 + (1-m) x_2] - [(1-m) x_1 + m x_2] = (2m - 1)(x_1 - x_2)$。
因此 $|F(\alpha) - F(\beta)| < |F(x_1) - F(x_2)| \iff |2m - 1| \cdot |x_1 - x_2| < |x_1 - x_2|$。
因为 $x_1 < x_2$，所以 $|x_1 - x_2| > 0$，两边同除以 $|x_1 - x_2|$ 得：
$|2m - 1| < 1 \iff -1 < 2m - 1 < 1 \iff 0 < m < 1$。

当 $0 < m < 1$ 时，由 $x_1, x_2 \in (1, +\infty)$ 知 $\alpha, \beta$ 作为 $x_1, x_2$ 的内分点，必有 $\alpha, \beta \in (x_1, x_2) \subset (1, +\infty)$，恒满足 $\alpha, \beta > 1$。
故实数 $m$ 的取值范围是 $(0, 1)$。