已知函数f（x）=x|x-a|-lnx．
（1）若a=1，求函数f（x）在区间[1，e]的最大值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若f（x）＞0恒成立，求a的取值范围．在线课程解：（1）若a=1，则f（x）=x|x-1|-lnx．
当x∈[1，e]时，f（x）=x²-x-lnx，
，
所以f（x）在[1，e]上单调增，
∴．
（2）由于f（x）=x|x-a|-lnx，x∈（0，+∞）．
（ⅰ）当a≤0时，则f（x）=x²-ax-lnx，
，
令f′（x）=0，得（负根舍去），
且当x∈（0，x₀）时，f′（x）＜0；当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增．
（ⅱ）当a＞0时，
①当x≥a时，，
令f′（x）=0，得（舍），
若，即a≥1，则f′（x）≥0，
所以f（x）在（a，+∞）上单调增；
若，即0＜a＜1，则当x∈（0，x₁）时，f′（x）＜0；当x∈（x₁，+∞）时，f′（x）＞0，
所以f（x）在区间上是单调减，在上单调增．
②当0＜x＜a时，，
令f′（x）=0，得-2x²+ax-1=0，记△=a²-8，
若△=a²-8≤0，即，则f′（x）≤0，
故f（x）在（0，a）上单调减；
若△=a²-8＞0，即，
则由f′（x）=0得，，且0＜x₃＜x₄＜a，
当x∈（0，x₃）时，f′（x）＜0；当x∈（x₃，x₄）时，f′（x）＞0；当x∈（x₄，+∞）时，f′（x）＞0，
所以f（x）在区间上是单调减，在上单调增；在上单调减．
综上所述，当a＜1时，f（x）的单调递减区间是，单调递增区间是；
当时，f（x）单调递减区间是（0，a），单调的递增区间是（a，+∞）；
当时，f（x）单调递减区间是（0，）和，单调的递增区间是和（a，+∞）．
（3）函数f（x）的定义域为x∈（0，+∞）．
由f（x）＞0，得．*
（ⅰ）当x∈（0，1）时，|x-a|≥0，，不等式*恒成立，所以a∈R；
（ⅱ）当x=1时，|1-a|≥0，，所以a≠1；
（ⅲ）当x＞1时，不等式*恒成立等价于恒成立或恒成立．
令，则．
因为x＞1，所以h'（x）＞0，从而h（x）＞1．
因为恒成立等价于a＜（h（x））_min，所以a≤1．
令，则．
再令e（x）=x²+1-lnx，则在x∈（1，+∞）上恒成立，e（x）在x∈（1，+∞）上无最大值．
综上所述，满足条件的a的取值范围是（-∞，1）．
分析：（1）当a=1时，利用导数可判断f（x）在[1，e]上的单调性，由单调性即可求得其最大值；
（2）求出f（x）的定义域，先按（ⅰ）a≤0，（ⅱ）a＞0两种情况进行讨论，其中a＞0时讨论去绝对值符号，利用导数符号即可判断单调性；
（3）函数f（x）的定义域为x∈（0，+∞），f（x）＞0，即．根据的符号对x进行分类讨论：x∈（0，1）时，当x=1时，当x＞1时，其中x＞1时去掉绝对值符号转化为求函数最值即可解决．
点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、求函数在闭区间上的最值及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，考查学生分析问题解决问题的能力，综合性强，难度大，对能力要求较高．