（2010•福州模拟）已知函数f（x）=xlnx．

解题思路：（1）先求函数f（x）的值域，然后对函数f（x）进行求导，根据导函数的正反判断函数的单调性，进而可得到最小值；
（2）先由（1）可判断函数在不同区间的不同取值，然后对m的范围进行分析可确定方程f（x）-m=0（m∈R）的解的个数．
（3）先将不等式f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2转化为f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）ln2，然后令函数g（x）=f（x）+f（k-x）并将函数f（x）的解析式代入后求导数，根据导数的正负判断函数的单调性从而求出函数g（x）的最小值，并且任意x有g（x）大于等于g（x）的最小值，得证．

（I）f（x）的定义域为（0，+∞）
f′(x)＝lnx+1，令f′(x)＝0，得：x＝
1
e，
当x∈（0，+∞）时，f′（x），f（x）的变化的情况如下：

所以，f（x）在（0，+∞）最小值是f(
1
e)＝−
1
e．
（Ⅱ）当x∈(0，
1
e)，f（x）单调递减且f（x）的取值范围是(−
1
e，0)；
当x∈(
1
e，+∞)时，f（x）单调递增且f（x）的取值范围是(−
1
e，+∞)
下面讨论f（x）-m=0的解；
所以，当m＜−
1
e时，原方程无解；
当m＝−
1
e或m≥0时，原方程有唯一解；
当−
1
e＜m＜0时，原方程有两解
（Ⅲ）原不等式可化为：f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）ln2
设函数g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）
则g（x）=xlnx+（k-x）ln（k-x）（0＜x＜k）
g′(x)＝lnx+1−ln(k−x)−1＝ln
x
k−x
令g'（x）＞0，则ln
x
k−x＞0，∴[x/k−x＞1，∴
2x−k
k−x＞0，
解得：
k
2＜x＜k，
令g'（x）＜0，解得：0＜x＜
k
2]
∴函数g（x）在(0，
k
2)上单调递减，在(
k
2，k)上单调递增，
∴g（x）在（0，k）上的最小值为g(
k
2)
∴当x∈（0，k）时，总有g（x）≥g(
k
2)，
即：f(x)+f(k−x)≥f(
k
2)+f(k−
k
2)＝2f(
k
2)
=kln
k
2＝klnk−kln2＝f(k)−kln2
令x=a，k-x=b，则有：f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系．导数是高考的热点题，每年必考，要给予充分重视．