附加：已知函数f(x)=ax+x2-xlna-b(a,b∈R,a>1),e 是自然对数的底数.

(1)试判断函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;

(2)当a=e,b=4时,求整数k的值,使得函数f(x)在区间(k,k+1)上存在零点;

(3)若存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1,试求a 的取值范围.

附加.解:(1)f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,由于a>1,故当x∈(0,+∞)时,

lna>0,ax-1>0,所以f′(x)>0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.……… (3分)

(2)f(x)=ex+x2-x-4,∴f′(x)=ex+2x-1,∴f′(0)=0,当x>0时,ex>1,

∴f′(x)>0,故f(x)是(0,+∞)上的增函数;同理,f(x)是(-∞,0)上的减函数.

f(0)=-3<0,f(1)=e-4<0,f(2)=e2-2>0,当x>2,f(x)>0,

故当x>0时,函数f(x)的零点在(1,2)内,∴k=1满足条件;

f(0)=-3<0,f(-1)=
-2<0,f(-2)=
+2>0,当x<-2,f(x)>0,

故当x<0时,函数f(x)的零点在(-2,-1)内,∴k=-2满足条件.

综上所述,k=1或-2.…………………………………… (8分)

(3)f(x)=ax+x2-xlna-b,因为存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1

所以当x∈[-1,1]时,|f(x)max-f(x)min|=f(x)max-f(x)min≥e-1,

f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna

①当x>0时,由a>1,可知ax-1>0,lna>0,∴f′(x)>0;

②当x<0时,由a>1,可知ax-1<0,lna>0,∴f′(x)<0;

③当x=0时,f′(x)=0.

∴f(x)在[-1,0]上递减,在[0,1]上递增,

∴当x∈[-1,1]时,f(x)min=f(0)=1-b,f(x)max=max{f(-1),f(1)},

而f(1)-f(-1)=(a+1-lna-b)-（
+1+lna-b） =a-
-2lna,

设g(t)=t-
-2lnt(t>0),因为g′(t)=1+
-
≥0(当t=1时取等号)

∴g(t)=t-
-2lnt在t∈(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0,

∴当t>1时,g(t)>0,∴当a>1时a-
-2lna,,∴f(1)>f(-1),

∴f(1)-f(0)≥e-1,∴a-lna≥e-1,即a-lna≥e-lne,

设h(a)=a-lna(a>1),则h′(a)=1-
>0.

∴函数h(a)=a-lna(a>1)在(1,+∞)上为增函数,∴a≥e.

即a的取值范围是[e,+∞)…………………………… (12分)