【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性． 【分析】（1）求得f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，可得x=．对t分类讨论：当0＜m＜时，及当t≥时，分别研究其单调性、极值与最值，即可得出； 2xlnx≥﹣x2+ax﹣3．=2lnx+x+，（2）由题意可得，即a≤2lnx+x+恒成立，令h（x）求出导数和单调区间，可得极小值且为最小值，由此求出实数a的取值范围； （3）把函数整理成F（x）=lnx﹣
+
≥﹣
﹣
+
=（﹣
），要判
断是否有零点，只需看F（x）的正负问题，令G（x）=﹣G（x）的单调区间和最值，即可判断是否存在零点． 【解答】解：（1）f（x）=xlnx，
f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，解得x=．
，利用导数分析
①当0＜t＜时，在x∈[t，）上f′（x）＜0；在x∈（．t+2]上f′（x）＞0．
因此，f（x）在x=处取得极小值，也是最小值．fmin（x）=﹣． ②当t≥，f′（x）≥0，因此f（x）在[t，t+2]上单调递增， ∴fmin（x）=f（t）=tlnt；
（2）由对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立， 即有2xlnx≥﹣x2+ax﹣3． 即a≤2lnx+x+恒成立，
令h（x）=2lnx+x+，h′（x）=+1﹣
=
=
，
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）是增函数， 当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）是减函数， ∴a≤h（x）min=h（1）=4．
即实数a的取值范围是（﹣∞，4]； （3）令m（x）=2xlnx， m'（x）=2（1+lnx），
当x∈（0，）时，m'（x）＜0，m（x）递减；
当x∈（，+∞）时，m'（x）＞0，m（x）递增； ∴m（x）的最小值为m（）=﹣， 则2xlnx≥﹣， ∴lnx≥﹣
，
++=0① ≥﹣
﹣
+，
=（﹣
），
F（x）=lnx﹣则F（x）=lnx﹣令G（x）=﹣
，则G'（x）=
当x∈（0，1）时，G'（x）＜0，G（x）递减； 当x∈（1，+∞）时，G'（x）＞0，G（x）递增； ∴G（x）≥G（1）=0 ② ∴F（x）=lnx﹣
+
≥﹣
﹣
+
=（﹣
）≥0，
∵①②中取等号的条件不同，
∴F（x）＞0，故函数F（x）没有零点．
2018年4月5日
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