纯计算，我这里用到了好几次lnx和x*lnx在x→0时候的极限

你这个第一小问好像都有点问题，不是单调递增就必然存在零点，要根据零点存在性定理判断

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(1) 证明：f(x) 恒有唯一零点
函数定义域为 (0,+\infty)，求导得：
f'(x) = \ln x + 1 + \frac{k}{x^2}
令 g(x) = \ln x + 1 + \frac{k}{x^2} (k>0)，则 g'(x) = \frac{1}{x} - \frac{2k}{x^3} = \frac{x^2 - 2k}{x^3}。
- 当 x \in (0, \sqrt{2k}) 时，g'(x) < 0，f'(x) 单调递减；
- 当 x \in (\sqrt{2k}, +\infty) 时，g'(x) > 0，f'(x) 单调递增。
故 f'(x)_{\min} = f'(\sqrt{2k}) = \ln\sqrt{2k} + 1 + \frac{k}{2k} = \frac{1}{2}\ln(2k) + \frac{3}{2}。
当 k \to 0^+ 时，f'(\sqrt{2k}) \to -\infty；当 x \to +\infty 时，f'(x) \to +\infty，因此存在 x_1 > 0，使得 f'(x_1) = 0。
- x \in (0, x_1) 时，f'(x) < 0，f(x) 单调递减；
- x \in (x_1, +\infty) 时，f'(x) > 0，f(x) 单调递增。
又 \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty，\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty，且 f(x) 在 (0,+\infty) 先减后增，故 f(x) 有唯一极小值点，且极小值为 f(x_1)。
取 x = 1，f(1) = -k < 0，结合单调性与极限，f(x) 在 (0,x_1) 和 (x_1,+\infty) 各有一个零点？修正：
实际 f'(x) = \ln x + 1 + \frac{k}{x^2}，当 x = \frac{1}{e} 时，f'(\frac{1}{e}) = -1 + 1 + ke^2 = ke^2 > 0；当 x \to 0^+ 时，f'(x) \to +\infty（因 \frac{k}{x^2} 主导），之前求导分析错误，正确的 g'(x) = \frac{x^2 - 2k}{x^3}，故 f'(x) 在 (0,\sqrt{2k}) 减，(\sqrt{2k},+\infty) 增，f'(x)_{\min} = f'(\sqrt{2k}) = \frac{1}{2}\ln(2k) + \frac{3}{2}。
若 2k \geq e^{-3}，则 f'(x)_{\min} \geq 0，f'(x) \geq 0，f(x) 在 (0,+\infty) 单调递增，结合 f(1) = -k < 0，\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty，\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty，有唯一零点；
若 2k < e^{-3}，f'(x)_{\min} < 0，则 f'(x) 有两个零点 x_2, x_3（0 < x_2 < \sqrt{2k} < x_3），f(x) 在 (0,x_2) 增，(x_2,x_3) 减，(x_3,+\infty) 增。\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty，f(x_2) 为极大值，f(x_3) 为极小值，且 f(1) = -k < 0，故 f(x_3) < 0，因此 f(x) 在 (0,x_2) 有一个零点，(x_3,+\infty) 有一个零点？再次修正：
题目要求“恒有唯一零点”，说明上述分析存在疏漏，重新整理：
将 f(x) = 0 变形为 x^2 \ln x = k (k>0)，令 h(x) = x^2 \ln x，则 h'(x) = x(2\ln x + 1)，令 h'(x) = 0 得 x = e^{-1/2}。
- x \in (0,e^{-1/2}) 时，h'(x) < 0，h(x) 单调递减，h(x) \in (-\frac{1}{2e}, 0)；
- x \in (e^{-1/2},+\infty) 时，h'(x) > 0，h(x) 单调递增，h(x) \in (-\frac{1}{2e}, +\infty)。
因 k>0，故方程 h(x) = k 在 (e^{-1/2},+\infty) 上有唯一解，即 f(x) 恒有唯一零点。
(2) 证明：f(x) 图象上存在关于点 (x_0,0) 对称的两点
若两点 (a,f(a))，(2x_0 - a,f(2x_0 - a)) 关于