已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）
（I）当a=0，求f（x）的最小值；
（II）若函数f（x）在区间[e²，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（III）当a＞0，b＞0，求证f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．在线课程解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞），，
当x∈（0，+∞）时，f'（x），f（x）的变化的情况如下：

x
f'（x）	-	0	+
f（x）	单调递减	极小值	单调递增

∴由表格可知：函数f（x）在区间（0，+∞）上有唯一的极小值，因此也是最小值．
即．
（II） 由题意得：f'（x）=lnx+a+1，
∵函数f（x）在区间[e²，+∞）上为增函数，∴当x∈[e²，+∞）时f'（x）≥0，即lnx+a+1≥0在[e²，+∞）上恒成立，∴a≥-1-lnx，
又当x∈[e²，+∞）时，lnx∈[2，+∞），∴-1-lnx∈（-∞，-3]，
∴a≥-3．
（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），
，
令g^′（x）＞0，则，∴，∴，解得．
令，
∴上单调递减，在上单调递增，
∴g（x）在（0，k）上的最小值为，
∴当x∈（0，k）时，总有，
即f（x）+f（k-x）≥==klnk-kln2=f（k）-kln2
令x=a，k-x=b，则有：f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．
分析：（I）利用导数与函数单调性的关系定理即可得出极小值，进而得到最小值．
（II）函数f（x）在区间[e²，+∞）上为增函数?当x∈[e²，+∞）时f'（x）≥0?lnx+a+1≥0在[e²，+∞）上恒成立?a≥[-1-lnx]_max，x∈[e²，+∞）．解出即可．
（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）．利用导数研究其单调性即可证明结论．
点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质，及其等价转化、构造函数法等基本技能．需要较好的观察力和计算能力．