已知函数f（x）=ex+ax，g（x）=exlnx（e是自然对数的底数）．

解题思路：（1）求出f（x）的导函数，把c=1代入导函数中求出的导函数值即为切线方程的斜率，把x=1代入f（x）求出切点的纵坐标，根据切点坐标和斜率写出切线的方程，把切线方程与抛物线联立，消去y得到关于x的一元二次方程，根据直线与抛物线相切，得到方程的根的判别式等于0，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；
（2）求出f（x）的导函数，分a大于0，a=0和a小于0三种情况考虑，当a大于0时，导函数大于0，即函数为增函数，利用极限的思想得到函数恒大于0不成立；当a=0时，得到函数恒大于0，满足题意；当a小于0时，令导函数等于0，求出x的值，由x的值分区间讨论导函数的正负，得到函数的单调区间，进而得到f（x）的最小值，让最小值大于0，列出关于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的取值范围，综上，得到满足题意的a的取值范围；
（3）把a=-1代入到（2）中求出的f（x）的最小值中，确定出f（x）的最小值，设h（x）=g（x）-f（x），把g（x）和f（x）的解析式代入确定出h（x），求出h（x）的导函数，假如存在x₀∈（0，+∞），使曲线C：y=g（x）-f（x）在点x=x₀处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等，令h（x）导函数等于f（x）的最小值，得到lnx+

1

x

-1=0，设φ（x）等于等式的右边，求出φ（x）的导函数，利用导函数的正负确定出φ（x）的最小值为φ（1）等于0，得到方程有唯一的解，且唯一的解为f（x）的最小值．

（1）f′（x）=e^x+a，把x=1代入得：f′（1）=e+a，
把x=1代入f（x）得：f（1）=e+a，所以切点坐标为（1，e+a），
则在x=1处的切线为y-（e+a）=（e+a）（x-1）即：y=（e+a）x，
与y²=4（x-1）联立，消去得（e+a）²x²-4x+4=0，
由△=0知，a=1-e或a=-1-e；（4分）
（2）f′（x）=e^x+a，
①当a＞0时，f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增，且当x→-∞时，e^x→0，ax→-∞，
∴f（x）→-∞，故f（x）＞0不恒成立，所以a＞0不合题意；（6分）
②当a=0时，f（x）=e^x＞0对x∈R恒成立，所以a=0符合题意；
③当a＜0时令f′（x）=e^x+a=0，得x=ln（-a），
当x∈（-∞，ln（-a））时，f′（x）＜0，当x∈（ln（-a），+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（-∞，ln（-a））上是单调递减，在（ln（-a），+∞）上是单调递增，
所以[f（x）]_min=f（ln（-a））=-a+aln（-a）＞0，
解得a＞-e，又a＜0，∴a∈（-e，0），
综上：a∈（-e，0]．（10分）
（3）当a=-1时，由（2）知[f（x）]_min=f（ln（-a））=-a+aln（-a）=1，
设h（x）=g（x）-f（x）=e^xlnx-e^x+x，则h′(x)＝exlnx+ex•
1
x−ex+1＝ex(lnx+
1
x−1)+1，
假设存在实数x₀∈（0，+∞），使曲线C：y=g（x）-f（x）在点x=x₀处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等，
x₀即为方程的解，（13分）
令h′（x）=1得：ex(lnx+
1
x−1)＝0，因为e^x＞0，所以lnx+
1
x−1＝0．
令φ(x)＝lnx+
1
x−1，则φ′(x)＝
1
x−
1
x2＝
x−1
x2，
当0＜x＜1是φ′（x）＜0，当x＞1时φ′（x）＞0，
所以φ(x)＝lnx+
1
x−1在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）＞φ（1）=0，故方程ex(lnx+
1
x−1)＝0有唯一解为1，
所以存在符合条件的x₀，且仅有一个x₀=1．（16分）

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 此题考查学生会利用导数求切线上过某点切线方程的斜率，会利用导函数的正负确定函数的单调区间，会利用导数研究函数的极值，掌握导数在最大值、最小值问题中的应用，是一道中档题．