当 $a\geqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty)$．
当 $a<0$ 时，函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(0,-a)$，单调递增区间为 $(-a,+\infty)$

略

$a>-\dfrac{2}{\ln 2} $

当 $x\in [1,2]$ 时，$f(x)>0$ 等价于 $a>-\dfrac{x}{\ln x} $，解得 $a>-\dfrac{2}{\ln 2} $．

当 $a>0$ 时，过点 $P(1,3)$ 有 $2$ 条直线与曲线 $y=f(x)$ 相切；当 $a\leqslant 0$ 时，过点 $P(1,3)$ 不存在直线与曲线 $y=f(x)$ 相切

设切点坐标为 $\left(t,t+a\ln{t}\right) $．若切线过点 $P(1,3)$，则$$a \left(\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1 \right)=2. $$令 $g(t)=\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1,t>0$，易知 $g(t) \geqslant g(1)=0$．
① 若 $a \leqslant 0$，则关于 $t$ 的方程 $a \left(\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1 \right)=2$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上显然无解．
② 若 $a > 0$，则 $\dfrac{2}{a}\in \left(0,+\infty\right) $，此时关于 $t$ 的方程 $\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1=\dfrac{2}{a} $ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上有 $2$ 个不同的解．证明如下．
$a$：当 $t=1$ 时，关于 $t$ 的方程 $\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1=\dfrac{2}{a} $ 显然无解．
$b$：当 $0<t<1$ 时，
 法一 $g(t)=\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1$ 单调递减．因为$$g(1)=0<\dfrac{2}{a},$$利用 $\mathrm{e} ^x \geqslant \mathrm{e} x$ 可得$$ g\left(\mathrm{e} ^{-\frac{a+3}{a\left(\mathrm{e} -1\right) } }\right)=-\dfrac{a+3}{a\left(\mathrm{e} -1\right) }+\mathrm{e} ^{\frac{a+3}{a\left(\mathrm{e} -1\right) } }-1\geqslant -\dfrac{a+3}{a\left(\mathrm{e} -1\right) }+\mathrm{e} \cdot\dfrac{a+3}{a\left(\mathrm{e} -1\right) } -1=\dfrac{3}{a} >\dfrac{2}{a} , $$所以关于 $t$ 的方程 $\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1=\dfrac{2}{a} $ 在 $\left(0,1\right)$ 上有唯一解．
法二 $g(t)=\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1$ 单调递减．因为$$g(1)=0<\dfrac{2}{a},$$取 $0<t_0=\dfrac{1}{\left(\sqrt{\dfrac{3}{a} }+1 \right)^2 }<1$，利用 $\ln{t}\geqslant 2\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{t} } \right)$ 可得$$g \left(t_0\right) \geqslant \left(\dfrac{1}{\sqrt{t_0}}-1 \right)^2 =\dfrac{3}{a}>\dfrac{2}{a}, $$所以关于 $t$ 的方程 $\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1=\dfrac{2}{a} $ 在 $\left(0,1\right)$ 上有唯一解．
法三令 $\dfrac{1}{t}=\mathrm{e} ^s, s>0$，此时只需证明关于 $s$ 的方程 $\mathrm{e} ^s-s-1=\dfrac{2}{a} $ 在 $\left(0,+\infty\right) $ 上有唯一解．
令 $h(s)=\mathrm{e} ^s-s-1$，则 $h(s)$ 在 $\left(0,+\infty\right) $ 上单调递增．因为$$h(0)=0<\dfrac{2}{a}, $$利用 $\mathrm{e} ^x \geqslant 1+x+\dfrac{1}{2}x^2 $ 可得$$h\left(\sqrt{\dfrac{6}{a} } \right)\geqslant \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{6}{a}=\dfrac{3}{a}>\dfrac{2}{a}, $$所以关于 $s$ 的方程 $\mathrm{e} ^s-s-1=\dfrac{2}{a} $ 在 $\left(0,+\infty\right) $ 上有唯一解，从而关于 $t$ 的方程 $\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1=\dfrac{2}{a} $ 在 $\left(0,1\right)$ 上有唯一解．
$c$：当 $t>1$ 时，$g(t)=\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1$ 单调递增．因为$$g(1)=0<\dfrac{2}{a},g\left(\mathrm{e} ^{\frac{2}{a}+1 }\right)=\dfrac{2}{a} +\dfrac{a}{a+2}>\dfrac{2}{a} , $$所以关于 $t$ 的方程 $\ln{t}+\dfrac{1}{t}-1=\dfrac{2}{a} $ 在 $\left(1,+\infty\right)$ 上有唯一解．
综上所述，当 $a>0$ 时，过点 $P(1,3)$ 有 $2$ 条直线与曲线 $y=f(x)$ 相切；当 $a\leqslant 0$ 时，过点 $P(1,3)$ 不存在直线与曲线 $y=f(x)$ 相切．