解题思路：（1）利用导数求出函数的极值，然后求f（x）的单调区间；
（2）若方程f（x）=0没有实根，由（1）可得f（x）在x=e处取得极小值，且f（x）=0没有实根，即可求a的取值范围；
（3）方法一：利用∀x＞0，xlnx＞2x-3恒成立，即可证明ln1+2ln2+3ln3+…+nlnn＞（n-1）2．
方法二：利用数学归纳法验证n=2成立，然后通过假设，证明n=k+1不等式也成立即可．
（1）由题意可知：f'（x）=lnx-1，令f'（x）=0，得x=e，（1分）
则当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2分）
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增（4分）
（2）由（1）可得f（x）在x=e处取得极小值，且f（x）=0没有实根，（6分）
则minf（x）=f（e）＞0，即a-e＞0，解得：a＞e（8分）
（3）方法1：由（2）得，令a=3＞e，f（x）=xlnx-2x+3＞0成立，
则∀x＞0，xlnx＞2x-3恒成立（10分）
故ln1+2ln2+3ln3++nlnn=2ln2+3ln3++nlnn＞（2•2-3）+（2•3-3）+（2•4-3）++（2•n-3）=2•
(n+2)(n−1)
2−3(n−1)=（n-1）2，即得证．（14分）
方法2：数学归纳法
（1）当n=2（2）时，ln1+2ln2＞12（3）成立；
（4）当n=k（5）时，ln1+2ln2+3ln3++klnk＞（k-1）2（6）成立，
当n=k+1时，ln1+2ln2+3ln3++klnk+（k+1）ln（k+1）＞（k-1）2+（k+1）ln（k+1）
同理令a=3＞e，xlnx＞2x-3，即（k+1）ln（k+1）＞2（k+1）-3，（10分）
则（k-1）2+（k+1）ln（k+1）＞（k-1）2+2（k+1）-3=k2，（12分）
故ln1+2ln2+3ln3++klnk+（k+1）ln（k+1）＞k2，
即ln1+2ln2+3ln3++klnk＞（k-1）2对n=k+1也成立，
综合（1）（2）得：∀n≥2，ln1+2ln2+3ln3++nlnn＞（n-1）2恒成立．（14分）
点评：
本题考点： 不等式的综合；利用导数研究函数的单调性；数学归纳法．
考点点评： 本题是中档题，考查函数的导数的应用，不等式的综合应用，数学归纳法的应用，考查计算能力，转化思想的应用．