（1）由已知得f′（x）=a+lnx+1，

故f′（e）=3，

即a+lne+1=3，

∴a=1．

（2）∵g(x)=

x+xlnx

x

+

9

2(x+1)

-k

=1+lnx+

9

2(x+1)

-k(x＞0)，

∴g′(x)=

1

x

-

9

2(x+1)2

=

(2x-1)(x-2)

2x(x+1)2

，（x＞0）

令g′（x）=0，解得x=

1

2

，或x=2，

列表如下

x	（0， 1 2 ）	1 2	（ 1 2 ，2）	2	（2，+∞）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↑	极大值 4-ln2-k	↓	极小值 5 2 +ln2-k	↑

由于x→0时，g（x）→-∞，x→+∞，g（x）→+∞，

要使g（x）仅有一个零点，则必须

4-ln2-k＜0 5 2 +ln2-k＜0

，或

5 2 +ln2-k＞0 4-ln2-k＞0

，

∴k＞4-ln2，或k＜

5

2

+ln2，

∴k∈(-∞，

5

2

+ln2)∪(4-ln2，+∞)．

（3）由x+xlnx＞t（x-1）在x＞1时恒成立，

即t＜

x+xlnx-2

x-1

在x＞1恒成立，

令p（x）=

x+xlnx

x-1

（x＞1），p′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，

令h（x）=x-lnx-2，x＞1，

则h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，

∴h（x）在（1，+∞）上单调增加，

∵h（3）=1-ln3＜0，

h（4）=2-2ln2＞0，

∴h（x）在（1，+∞）上在唯一实数根x₀，且满足x₀∈（3，4），

当x∈（1，x₀）时，h（x）＜0，∴p′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

＜0，

函数p（x）在（1，x₀）上单调递减，

当x∈（x₀，+∞）时，h（x）＞0，∴p′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

＞0，

函数p（x）在（1，x₀）上单调递增，

∴p(x)min=p(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

，

∵h（x₀）=0，即x₀-lnx₀-2=0，

∴lnx₀=x₀-2．

∴p(x)min=p(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

=x₀∈（3，4），

∴t＜p(x)min=p(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

=x₀∈（3，4），

故t的最大值为3．