解题思路：（1）f′（x）=a+1+lnx，由此利用导数性质能求出f（x）的极小值，从而能求出a．
（2）当x＞1时，令g（x）=
f(x)
x−1
＝
x+xlnx
x−1]，
g
′
(x)＝
x−2−lnx
(x−1
)
2
，令h（x）=x-2-lnx，h′（x）=1-[1/x]=[x−1/x]＞0，由此能求出k的最大值
（3）要证（mnn）m＞（nmm）n，即证[nlnn/n−1
＞
mlnm
m−1]，令φ（x）=[xlnx/x−1]，得φ′（x）=
x−1−lnx
(x−1
)
2
，由此利用导数性质能证明（mnn）m＞（nmm）n．
（1）f′（x）=a+1+lnx，
令f′（x）＞0，得x＞e-a-1，
令f′（x）＜0，得0＜x＜e-a-1，
故f（x）的极小值为f（e-a-1）=-e-a-1=-e-2，得a=1．（4分）
（2）当x＞1时，令g（x）=
f(x)
x−1＝
x+xlnx
x−1，
∴g′(x)＝
x−2−lnx
(x−1)2，
令h（x）=x-2-lnx，∴h′（x）=1-[1/x]=[x−1/x]＞0，
故y=h（x）在（1，+∞）上是增函数，
由于h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴存在x0∈（3，4），使得h（x0）=0．
则x∈（1，x0），h（x）＜0，知g（x）为减函数；
x∈（x0，+∞），h′（x）＞0，知g（x）为增函数．
∴g（x）min=g（x0）=
x0+x0lnx0
x0−1=x0，
∴k＜x0，又x0∈（3，4），k∈Z，所以kmax=3．（9分）
（3）证明：要证（mnn）m＞（nmm）n，即证mlnm+nmlnn＞nlnn+nmlnm，
即证[nlnn/n−1＞
mlnm
m−1]，令φ（x）=[xlnx/x−1]，得φ′（x）=[x−1−lnx
(x−1)2，
令g（x）=x-1-lnx，g′（x）=1-
1/x＞0，x＞1，
∴g（x）为增函数，
又g（1）=0，g（x）=x-1-lnx＞0，所以φ''（x）＞0，
∴y=φ（x）是增函数，又n＞m＞1，∴（mnn）m＞（nmm）n．（13分）
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 求出实数a的值和k的最大值的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意构造法、导数性质和分类讨论思想的合理运用．
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