＞0恒成立；不妨没x1＜x2，则上式可

化为（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0，从而令n（x）=（x1+x）（lnx1﹣lnx）﹣2（x1﹣x），进行二阶求导，判断n（x）在（x1，+∞）上的单调性，从而证明对任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），不等式

解答： 解：（1）f′（x）=﹣1，

则函数f（x）=lnx﹣x+a在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 则若使函数f（x）=lnx﹣x+a有且只有一个零点， 则0﹣1+a=0，解得，a=1；

2

（2）（x+1）f（x）+x﹣2x+k＞0可化为

2

（x+1）（lnx﹣x+1）+x﹣2x+k＞0，

即k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1对任意的x∈（1，+∞）恒成立， 令g（x）=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1， 则g′（x）=2﹣lnx﹣1﹣=

，

恒成立．

令m（x）=x﹣xlnx﹣1， 则m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx， ∵x∈（1，+∞）， ∴m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx＜0，

则m（x）=x﹣xlnx﹣1＜1﹣1ln1﹣1=0， 则g′（x）＜0，

则g（x）在（1，+∞）上是减函数，

则k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1对任意的x∈（1，+∞）恒成立可化为 k≥g（1）=2﹣0﹣0﹣1=1， 则k的最小值为1；

（3）证明：由题意，h（x）=f（x）+x﹣1=lnx， 则对任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），

恒成立可化为，

对任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），恒成立；

不妨没x1＜x2，则lnx1﹣lnx2＜0， 则上式可化为（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0， 令n（x）=（x1+x）（lnx1﹣lnx）﹣2（x1﹣x）， 则n′（x）=（lnx1﹣lnx）﹣（x1+x）+2 =lnx1﹣lnx﹣

+1，

＞0

n″（x）=﹣+=，

∵则当x∈（x1，+∞）时，n″（x）＜0， 则n′（x）在（x1，+∞）上是减函数， 则n′（x）＜n′（x1）=0，

则n（x）在（x1，+∞）上是减函数， 则n（x）＜n（x1）=0， 则（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0， 故对任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），不等式

恒成立．

点评： 本题考查了函数的零点的个数的判断，同时考查了恒成立问题的处理方法，判断单调性一般用导数，本题用到了二阶求导及分化求导以降低化简难度，属于难题．