解题思路：（1）求出原函数的导函数，由函数在x=1时的导数值等于0求得a的值；
（2）把a=1代入函数解析式，利用导数求出函数的单调区间，构造函数
h(m)＝f(m)−f(
1
m
)
，由导数得到函数h（m）的单调性，在定义域内分m＜1，m=1，m＞1得到h（m）的符号，从而得到f（m）与f（[1/m]）的大小；
（3）由函数f（x）有两个零点x1、x2，得到lnx1-ax1=0，lnx2-ax2=0，进一步得到
ln
x
1
−ln
x
2
x
1
−
x
2
＝a
，lnx1+lnx2=a（x1+x2），把证明x1x2＞e2转化为证lnx1+lnx2＞2，结合lnx1+lnx2=a（x1+x2）转化为证明
ln
x
1
x
2
＞
2(
x
1
−
x
2
)
x
1
+
x
2
（x1＞x2），换元后利用导数得到证明．
（1）由f（x）=lnx-ax，得：f′(x)＝
1
x−a，
∵函数f（x）在x=1处的切线与x轴平行，
∴f′（1）=1-a=0，即a=1；
（2）当a=1时，f（x）=lnx-x，
∴f′(x)＝
1
x−1＝
1−x
x，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
令h(m)＝f(m)−f(
1
m)＝lnm−m−(ln
1
m−
1
m)＝2lnm−m+
1
m，
则h′(m)＝
2
m−1−
1
m2＝
−m2+2m−1
m2＝−(
m−1
m)2≤0．
又∵h（1）=0，
①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即f(m)＞f(
1
m)；
②当m=1时，h（m）=0f(m)＝f(
1
m)；
③当m＞1时，h（m）＜0即f(m)＜f(
1
m)；
（3）证明：∵函数f（x）有两个零点x1、x2，
∴lnx1-ax1=0，lnx2-ax2=0，
∴lnx1+lnx2=a（x1+x2），lnx1-lnx2=a（x1-x2），
∴
lnx1−lnx2
x1−x2＝a，
欲证明x1x2＞e2，即证lnx1+lnx2＞2，
∵lnx1+lnx2=a（x1+x2），
∴即证a＞
2
x1+x2，
∴原命题等价于证明
lnx1−lnx2
x1−x2＞
2
x1+x2，
即证：ln
x1
x2＞
2(x1−x2)
x1+x
点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用构造函数法证明不等式，体现了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，对于（3）的证明运用了分析法，换元法等，考查了学生的灵活变形能力，是高考试卷中的压轴题．