(1)解:f′(x)=2x-(a-2)-
(x>0).
当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以函数f(x)的单调增区间为(0,+∞).
当a>0时,由f′(x)>0,得x>
;由f′(x)<0,得0<x<
.
所以函数f(x)的单调增区间为
,单调减区间为
.
(2)解:由(1)得,若函数f(x)有两个零点,则a>0,且f(x)的最小值f
<0,即-a
2+4a-4aln
<0.因为a>0,所以a+4ln
-4>0.
令h(a)=a+4ln
-4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,且h(2)=-2<0,h(3)=4ln
-1=ln
-1>0,所以存在a
0∈(2,3),h(a
0)=0.
当a>a
0时,h(a)>0;当0<a<a
0时,h(a)<0.所以满足条件的最小正整数a=3.
又当a=3时,f(3)=3(2-ln3)>0,f(1)=0,所以a=3时,f(x)有两个零点.
综上所述,满足条件的最小正整数a的值为3.
(3)证明:因为x
1、x
2是方程f(x)=c的两个不等实根,由(1)知a>0.
不妨设0<x
1<x
2,则
-(a-2)x
1-alnx
1=c,
-(a-2)x
2-alnx
2=c.
两式相减得
-(a-2)x
1-alnx
1-
+(a-2)·x
2+alnx
2=0,
即
+2x
1-
-2x
2=ax
1+alnx
1-ax
2-alnx
2=a(x
1+lnx
1-x
2-lnx
2).
所以a=
.
因为f′
=0,当x∈
时,f′(x)<0,当x∈
时,f′(x)>0,
故只要证
>
即可,即证明x
1+x
2>
,
即证明
-
+(x
1+x
2)(lnx
1-lnx
2)<
+2x
1-
-2x
2,
即证明ln
<
.设t=
(0<t<1).
令g(t)=lnt-
,则g′(t)=
.
因为t>0,所以g′(t)≥0,当且仅当t=1时,g′(t)=0,
所以g(t)在(0,+∞)上是增函数.
又g(1)=0,所以当t∈(0,1),g(t)<0总成立.所以原题得证.