解题思路：（1）由已知，求得f（x）=x2+x-xlnx．将不等式f（x）≥bx2+2x转化为
1−
1
x
−
lnx
x
≥b．构造函数g（x）=
1−
1
x
−
lnx
x
，只需b≤g（x）min即可．因此又需求g（x）min．
（2）函数f（x）在定义域上是单调函数，需f′（x）在定义域上恒非负或恒非正．考查f′（x）的取值情况，进行解答．
（1）∵f（1）=2，∴a=1，f（x）=x2+x-xlnx．由f（x）≥bx2+2x⇔1−
1
x−
lnx
x≥b．
令g（x）=1−
1
x−
lnx
x，可得g（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（1）=0，即b≤0．
（2）f′（x）=2ax-lnx（x＞0）．令f′（x）＞0，得2a≥[lnx/x]，
令h（x）=[lnx/x]，当x=e时，h（x）max=[1/e]
∴当a≥
1
2e时，f′（x）＞0（x＞0）恒成立，此时．函数f（x）在定义域上单调递增．
若0＜a＜
1
2e，g（x）=2ax-lnx，（x＞0），g′（x）=2a-[1/x]
由g′（x）=0，得出x=[1/2a]，x∈(0，
1
2a)，g′（x）＜0，x∈(
1
2a，+∞)，g′（x）＞0，∴x=[1/2a]时，g（x）取得极小值也是最小值．而当0＜a＜
1
2e时，g（[1/2a]）=1-ln[1/2a]＜0，f′（x）=0必有根．f（x）必有极值，在定义域上不单调．
综上所述，a≥
1
2e．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 此题考查函数单调性与导数的关系的应用，考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调区间，掌握函数恒成立时所取的条件，是一道综合题．