解题思路：（I）先对函数求导，令导函数大于0得到递增区间，令导函数小于0得到递减区间，进一步求出最小值；
（II）由（I）可知当b＞0时，有
f(b)≥f(x
)
min
＝−
1
e
，整理可得要证的结论．
（III）构造函数g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0），利用导函数判断出g（x）的单调性，进一步求出g（x）的最小值为
g(
k
2
)
整理可得证．
（Ⅰ）∵f'（x）=lnx+1（x＞0），
令f'（x）≥0，即lnx≥-1=lne-1．…（1分）
∴x≥e−1＝
1
e．，
∴x∈[
1
e，+∞)．
同理，令f′(x)≤0可得x(0，
1
e]．
∴f（x）单调递增区间为[
1
e，+∞)，单调递减区间为(0，
1
e]．…（3分）
由此可知y＝f(x)min＝f(
1
e)＝−
1
e．…（4分）
（Ⅱ）由（I）可知当b＞0时，有f(b)≥f(x)min＝−
1
e，
∴blnb≥−
1
e，
即ln(bb)≥−
1
e＝ln(
1
e)
1
e．
∴bb≥(
1
e)
1
e．
（Ⅲ） 设函数g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0）
∵f(x)＝xlnx，
∴g(x)＝xlnx+(k−x)ln(k−x)，
∴0＜x＜k.
∵g′(x)＝lnx+1−ln(k−x)−1＝ln
x
k−x，
令g′(x)＞0，则有
x
k−x＞1⇒
2x−k
k−x＞0⇒
k
2＜x＜k.
∴函数g(x)在[
k
2，k）上单调递增，在(0，
k
2]上单调递减．
∴g（x）的最小值为g(
k
2)，即总有g(x)≥g(
k
2)．
而g(
k
2)＝f(
k
2)+f(k−
k
2)＝kln
k
2＝k(lnk−ln2)＝f(k)−kln2，
∴g（x）≥f（k）-kln2，
即f（x）+f（k-x）≥f（k）-kln2．
令x=a，k-x=b，则k=a+b．
∴f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．
∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查了导数的应用：利用导数判断函数的单调性及求单调区间；函数在区间上的最值的求解，其一般步骤是：先求极值，比较函数在区间内所有极值与端点函数．若函数在区间上有唯一的极大（小）值，则该极值就是相应的最大（小）值．