解题思路：（1）由f′（x）=a-[2a−1/x]，得k=f′（1）=a-2a+1=1，解得：a=0，由f（1）=ln1+b=1，解得：b=1，
（2）由f′（x）=
ax−(2a−1)
x
，且a＞[1/2]，令f′x）＞0，解得：x＞2-[1/a]，令f′x）＜0，解得：0＜x＜2-[1/a]，从而f（x）在（0，2-[1/a]）递减，在（2-[1/a]，+∞）递增；
（3）a=1时，f（x）=x-lnx+b，得f′（x）=1-[1/x]，从而f（x）在（[1/e]，1）递减，在（1，e）递增，由f（x）在区间（[1/e]，e）上恰有一个零点，得不等式组，解出即可．
（1）∵f′（x）=a-[2a−1/x]，
∴k=f′（1）=a-2a+1=1，解得：a=0，
∵f（1）=ln1+b=1，解得：b=1，
∴a=0，b=1；
（2）∵f′（x）=
ax−(2a−1)
x，且a＞[1/2]，
令f′x）＞0，解得：x＞2-[1/a]，
令f′x）＜0，解得：0＜x＜2-[1/a]，
∴f（x）在（0，2-[1/a]）递减，在（2-[1/a]，+∞）递增；
（3）a=1时，f（x）=x-lnx+b，
∴f′（x）=1-[1/x]，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（[1/e]，1）递减，在（1，e）递增，
若f（x）在区间（[1/e]，e）上恰有一个零点，
∴
f(
1
e)＞0
f(e)＜0，或
f(
1
e)＜0
f(e)＞0，或f（1）=0，
解得：1-e＜b＜1-[1/e]，
∴实数b的取值范围是（1-e，1-[1/e]）．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 本题考察了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，是一道综合题．