解题思路：（1）根据极值与最值的求解方法，连续函数在区间（a，b）内只有一个极值，那么极小值就是最小值；（2）先确定函数的定义域然后求导数Fˊ（x），讨论a在函数的定义域内解不等式Fˊ（x）＞0和Fˊ（x）＜0即可求得；（3）要证x1＜1k＜x2，即证x1＜x2−x1lnx2−lnx1＜x2，等价于证1＜x2x1−1lnx2x1＜x2x1，令t＝x2x1，则只要证1＜t−1lnt＜t，由t＞1知lnt＞0，故等价于证lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）即可．
（1）f′（x）=lnx+1（x＞0），令f′（x）=0，得x＝
1
e．（2分）
∵当x∈(0，
1
e)时，f′（x）＜0；当x∈(
1
e，+∞)时，f′（x）＞0，（3分）
∴当x＝
1
e时，f(x)min＝
1
eln
1
e＝−
1
e．（4分）
（2）F（x）=ax2+lnx+1（x＞0），F′(x)＝2ax+
1
x＝
2ax2+1
x(x＞0)．（5分）
①当a≥0时，恒有F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；（6分）
②当a＜0时，
令F′（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得0＜x＜
−
1
2a；（7分）
令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得x＞
−
1
2a．（8分）
综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，F（x）在(0，
−
1
2a)上单调递增，在(
−
1
2a，+∞)上单调递减．（9分）
（3）证：k＝
f′(x2)−f′(x1)
x2−x1＝
lnx2−lnx1
x2−x1．
要证x1＜
1
k＜x2，即证x1＜
x2−x1
lnx2−lnx1＜x2，等价于证1＜
x2
x1−1
ln
x2
x1＜
x2
x1，令t＝
x2
x1，
则只要证1＜
t−1
lnt＜t，由t＞1知lnt＞0，故等价于证lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）（*）．
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则g′(t)＝1−
1
t≥0(t≥1)，故g（t）在[1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt（t＞1）．
②设h（t）=tlnt-（t-1）（t≥1），则h′（t）=lnt≥0（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，h（t）=tlnt-（t-1）＞h（1）=0，即t-1＜tlnt（t＞1）．
由①②知（*）成立，得证．（14分）
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题中对函数单调性的分类讨论、构造函数利用导数方法证明不等式都是难点，对综合能力的考查达到了相当的高度．
