（1）见解析（2）t＝2（3）
∪[e，＋∞)
审题引导：本题考查函数与导数的综合性质，函数模型并不复杂，(1)(2)两问是很常规的，考查利用导数证明单调性，考查函数与方程的零点问题．第(3)问要将“若存在x 1、x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e－1”转化成|f(x) max－f(x) min|＝f(x) max－f(x) min≥e－1成立，最后仍然是求值域问题，但在求值域过程中，问题设计比较巧妙，因为在过程中还要构造函数研究单调性来确定导函数的正负．
规范(1)证明：f′(x)＝a xlna＋2x－lna＝2x＋(a x－1)·lna.(2分)
由于a>1，故当x∈(0，＋∞)时，lna>0，a x－1>0，所以f′(x)>0.
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(4分)
(2)当a>0，a≠1时，因为f′(0)＝0，且f′(x)在R上单调递增，故f′(x)＝0有唯一解x＝0.(6分)所以x、f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
又函数y＝|f(x)－t|－1有三个零点，所以方程f(x)＝t±1有三个根，而t＋1>t－1，所以t－1＝f(x) min＝f(0)＝1，解得t＝2.(10分)
(3)因为存在x 1、x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e－1，所以当x∈[－1，1]时，|f(x) max－f(x) min|＝f(x) max－f(x) min≥e－1.(12分)
由(2)知，f(x)在[－1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x∈[－1，1]时，f(x) min＝f(0)＝1，f(x) max＝max{f(－1)，f(1)}．
而f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－
＝a－
－2lna，
记g(t)＝t－
－2lnt(t>0)，因为g′(t)＝1＋
－
＝
≥0(当且仅当t＝1时取等号)，
所以g(t)＝t－
－2lnt在t∈(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，
所以当t>1时，g(t)>0；当0
也就是当a>1时，f(1)>f(－1)；当0
①当a>1时，由f(1)－f(0)≥e－1a－lna≥e－1a≥e，
②当0
＋lna≥e－10＜a≤
，
综上知，所求a的取值范围为
∪[e，＋∞)．(16分)
