高三模拟文科数学试题之函数与方程(3)

　　21.解：（Ⅰ）F（x）= = ，（x≠-1），

　　F′（x）= = ，

　　∴x∈（-∞，-1）时，F′（x）＜0，F（x）递减，

　　x∈（-1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增；

　　（Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axex+（x+1）2，

　　G′（x）=a（x+1）ex+2（x+1）=（x+1）（aex+2），

　　（i）①a=0时，G（x）=（x+1）2，有唯一零点-1，

　　②a＞0时，aex+2＞0，

　　∴x∈（-∞，-1）时，G′（x）＜0，G（x）递减，

　　x∈（-1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）递增，

　　∴G（x）极小值=G（-1）=- ＜0，

　　∵G（0）=1＞0，∴x∈（-1，+∞）时，G（x）有唯一零点，

　　x＜-1时，ax＜0，则ex＜ ，∴axex＞ ，

　　∴G（x）＞ +（x+1）2=x2+（2+ ）x+1，

　　∵△= -4×1×1= + ＞0，

　　∴?t1，t2，且t1＜t2，当x∈（-∞，t1），（t2，+∞）时，

　　使得x2+（2+ ）x+1＞0，

　　取x0∈（-∞，-1），则G（x0）＞0，则x∈（-∞，-1）时，G（x）有唯一零点，

　　即a＞0时，函数G（x）有2个零点；

　　③a＜0时，G′（x）=a（x+1）（ex-（- ）），

　　由G′（x）=0，得x=-1或x=ln（- ），

　　若-1=ln（- ），即a=-2e时，G′（x）≤0，G（x）递减，至多1个零点；

　　若-1＞ln（- ），即a＜-2e时，G′（x）=a（x+1）（ex-（- ）），

　　注意到y=x+1，y=ex+ 都是增函数，

　　∴x∈（-∞，ln（- ））时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，

　　x∈（ln（- ），-1）时，G′（x）＞0，G（x）递增，

　　x∈（-1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，

　　∵G（x）极小值=G（ln（- ））=ln2（- ）+1＞0，

　　∴G（x）至多1个零点；

　　若-1＜ln（- ），即a＞-2e时，

　　x∈（-∞，-1）时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，

　　x∈（-1，ln（- ））时，G′（x）＞0，G（x）递增，

　　x∈（ln（- ），+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，

　　∵G（x）极小值=G（-1）=- ＞0，

　　∴G（x）至多1个零点；

　　综上，若函数G（x）有2个零点，

　　则参数a的范围是（0，+∞）；

　　（ii）由（i）得：函数G（x）有2个零点，则参数a的范围是（0，+∞），

　　x1，x2是G（x）的两个零点，则有：  ，即 ，即 = =- ，

　　∵F（x）= ，则F（x1）=F（x2）＜0，且x1＜0，x1≠-1，x2＜0，x2≠-1，x1≠x2，

　　由（Ⅰ）知，当x∈（-∞，-1）时，F（x）是减函数，x∈（-1，+∞）时，F（x）是增函数，

　　令m＞0，F（=1+m）-F（-1-m）= （ e2m+1），

　　再令φ（m）= e2m+1=e2m- -1，

　　则φ′（m）= ＞0，

　　∴φ（m）＞φ（0）=0，又 ＞0，

　　m＞0时，F（-1+m）-F（-1-m）＞0恒成立，

　　即F（-1+m）＞F（-1-m）恒成立，

　　令m=-1-x1＞0，即x1＜-1，有F（-1+（-1-x1））＞F（-1-（-1-x1）），

　　即F（-2-x1）＞F（x1）=F（x2），

　　∵x1＜-1，∴-2-x1＞-1，又F（x1）=F（x2），必有x2＞-1，

　　当x∈（-1，+∞）时，F（x）是增函数，

　　∴-2-x1＞x2，

　　即x1+x2+2＜0．

　　22.解：（1）由题可知f（x）的定义域为（0，+∞），

　　因为 ，所以 = ，

　　可得切线的斜率为 ，

　　又因为切线与直线2x+y+2=0垂直，

　　直线2x+y+2=0的斜率为-2，

　　可得（-2）× =-1，解得a=0；

　　（2）由（1）知： = ，x＞0，

　　当a≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；

　　当a＞0时，由f'（x）＞0得 ，由f'（x）＜0得 ，

　　所以f（x）在 上单调递增，在 上单调递减．

　　综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；

　　当a＞0时，f（x）在 上单调递增，在 上单调递减；

　　（3）由（2）可知，

　　当a＜0时，f（x）在[1，e2]上单调递增，

　　而f（1）=- a＞0，故f（x）在[1，e2]上没有零点；

　　当a=0时，f（x）在[1，e2]上单调递增，

　　而f（1）=- a=0，故f（x）在[1，e2]上有一个零点；

　　当a＞0时，①若 ，即a≥1时，f（x）在[1，e2]上单调递减，

　　∵ ，∴f（x）在[1，e2]上没有零点；

　　②若 ，即 时，f（x）在 上单调递增，

　　在 上单调递减，而 ， ， ，

　　若  ，即 时，f（x）在[1，e2]上没有零点；

　　若  ，即 时，f（x）在[1，e2]上有一个零点；

　　若  ，即 时，由 得 ，

　　此时，f（x）在[1，e2]上有一个零点；

　　由 得 ，此时，f（x）在[1，e2]上有两个零点；

　　③若 ，即 时，f（x）在[1，e2]上单调递增，

　　∵ ， ，∴f（x）在[1，e2]上有一个零点．

　　综上所述：当 或 时，f（x）在[1，e2]上有一个零点；

　　当a＜0或 时，f（x）在[1，e2]上没有零点；

　　当 时，f（x）在[1，e2]上有两个零点．

　　23.解：（1）由于f（1）=0，则由题意，f（x）有且只有一个零点x=1，

　　令f（x）=0，k（x-1）-2lnx=0，则 （x-1）=lnx

　　若k＞0，当直线 与曲线y=lnx有且只有一个交点（1，0）时，

　　直线 为曲线y=lnx在x=1处的切线，

　　则 ，即k=2，

　　综上，实数k的值为2．

　　（2）由g（x）=xe1-x可知g'（x）=（1-x）e1-x，

　　令g'（x）≥0，解得：x≤1，

　　g'（x）＜0，解得：x＞1，

　　即g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，

　　从而g（x）在（0，e）上的值域为（0，1）；

　　则原题意等价于：对任意m∈（0，1），方程f（x）=m在区间 上有两个不等实根，  ，

　　由于f（x）在 上不单调，则 ，且f（x）在 上单调递减，在 上单调递增，

　　则函数f（x）的最小值为 ，

　　记h（x）=-x+2lnx+2-2ln2，则h′（x）=-1+ = ，

　　由h′（x）＞0解得：x＜2，

　　从而函数h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，最大值为h（2）=0，即 ；

　　另一方面，由 ；

　　综上，实数k的取值范围为 ．

　　24.解：（1）f′（x）=（2x+1）（x-1）2=0，x=- 或1，∴x=- 是h（x）的零点；

　　∵g′（x）=k- ，

　　k＜0，g′（x）＜0，g（x）在[1，+∞）上单调递减，g（x）的最大值为g（1）=k+1．

　　k＜-1，g（1）＜0，g（x）在[1，+∞）上无零点；

　　k=-1，g（1）=0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；

　　-1＜k＜0，g（1）＞0，g（e1-k）=ke1-k+k＜0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；

　　综上所述，k＜-1时，h（x）有1个零点；-1≤k＜0时，h（x）有两个零点；

　　（2）设切点（t，f（t）），f′（x）=6x2-6x，∴切线斜率f′（t）=6t2-6t，

　　∴切线方程为y-f（t）=（6t2-6t）（x-t），

　　∵切线过P（a，-4），∴-4-f（t）=（6t2-6t）（a-t），

　　∴4t3-3t2-6t2a+6ta-5=0①

　　由题意，方程①有3个不同的解．

　　令H（t）=4t3-3t2-6t2a+6ta-5，则H′（t）=12t2-6t-12at+6a=0．t= 或a．

　　a= 时，H′（t）≥0，H（t）在定义域内单调递增，H（t）不可能有两个零点，方程①不可能有两个解，不满足题意；

　　a 时，在（- ），（a，+∞）上，H′（t）＞0，函数单调递增，在（ ，a）上，H′（t）＜0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（ ），极小值为H（a）；

　　a 时，在（-∞，a），（ ，+∞）上，H′（t）＞0，函数单调递增，在（a， ）上，H′（t）＜0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（a），极小值为H（ ）；

　　要使方程①有三个不同解，则H（ ）H（a）＜0，即（2a-7）（a+1）（2a2-5a+5）＞0，

　　∴a＞ 或a＜-1．

　　25.（本小题满分14分）

　　解：（Ⅰ）由f（0）=2，得c=2，

　　又f（x+1）-f（x）=2x-1

　　得2ax+a+b=2x-1，故解得：a=1，b=-2，

　　所以f（x）=x2-2x+2．----------（a，b，c各（1分），解析式1分）-------------（4分）

　　（Ⅱ）f（x）=x2-2x+2=（x-1）2+1，对称轴为x=1∈[-1，2]，

　　故fmin（x）=f（1）=1，又f（-1）=5，f（2）=2，

　　所以fmax（x）=f（-1）=5．-------------（8分）

　　（Ⅲ）g（x）=x2-（2+m）x+2，若g（x）的两个零点分别在区间（-1，2）和（2，4）内，

　　则满足 -------------（12分）

　　解得： ．-------------（14分）

　　26.解：（1）作函数y=|3x-1|的图象如下，  ，

　　若方程|3x-1|=k有两个不同解，

　　则满足0＜k＜1

　　即实数k的取值范围是（0，1）．

　　（2）解：当x≤0时，由f（x）=0得x2-2=0，解得x=- 或x= （舍去），

　　当x＞0时，由f（x）=0得2x-6+lnx=0，即lnx=6-2x，

　　作出函数y=lnx和y=6-2x在同一坐标系图象，由图象可知此时两个函数只有1个零点，

　　故函数f（x）的零点个数为2．

　　（3）当f（x）=x2-3x+a=0得a=-（x2-3x）=-（x- ）2+ ，

　　当1＜x＜3时，

　　0＜f（x）≤ ，

　　若函数f（x）在区间（1，3）内有根，

　　则0＜a≤ ，

　　即实数a的取值范围是（0， ]．

　　27.解：（1）g（x）=a（x-1）2+1+b-a，

　　因为a＞0，所以g（x）在区间（0，1]上是减函数，[1，3]上是增函数，

　　故 ，解得 ．

　　（2）由已知可得 ，

　　所以f（2x）-ko2x≥0可化为 ，

　　化为 ，令 ，则k≤2t2-2t+1，

　　因x∈[-1，1]，故 ，

　　记h（t）=2t2-2t+1，

　　因为 ，故 ，

　　∴k≤ ；

　　（3）方程f（|2x-1|）+ko -3k=0可化为：

　　|2x-1|2-（2+3k）|2x-1|+（2k+2）=0，|2x-1|≠0，

　　令|2x-1|=t，则方程化为

　　t2-（2+3k）t+（2k+2）=0（t≠0），

　　∵方程f（|2x-1|）+ko -3k=0有三个不同的实数解，

　　∴由t=|2x-1|的图象知，

　　t2-（2+3k）t+（2+2k）=0（t≠0），有两个根t1、t2，

　　且0＜t1＜1＜t2或0＜t1＜1，t2=1．

　　记h（t）=t2-（2+3k）t+（2+2k），

　　则 ，或 ，

　　∴k＞1．

　　28.解：（1）证明：∵g（x）= （x+ ），

　　∴g′（x）= （1- ）= ，

　　∴当x∈（0， ）时，g′（x）＜0，

　　当x∈（ ，+∞）时，g′（x）＞0，

　　∴g（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增；

　　（2）结合（1）知，gmin（x）=g（ ）= ＞0，

　　h（x）= = ≥ ．

　　故 ， 是函数f（x）=x3+ax2+bx（a，b∈R）的两个零点，

　　故 ， 是方程x2+ax+b=0的两个解，

　　故 + =-a，  =b，

　　故a+b=  -（ + ）

　　∵（ ）2+（ ）2=2，且0＜t＜1，

　　∴令 = sinθ，则 = cosθ，（0＜θ＜ ）；

　　a+b=  -（ + ）

　　=2sinθcosθ- （sinθ+cosθ），

　　=sin2θ- ，

　　令sin2θ=x，则0＜x＜1，

　　则m（x）=a+b=x- ，

　　m′（x）=1- ＞0，

　　故m（x）在（0，1）上是增函数；

　　故m（0）＜m（x）＜m（1），

　　即- ＜a+b＜-1．

　　29.解：（1）函数f（x）= 的图象如图所示：

　　（2）若关于x的方程f（x）+x-a=0有两个实数根，

　　则函数f（x）的图象和直线y=a-x有2个不同的交点，故a≤1．

　　30.解：（1）若a= ，b= ，c= ，

　　则f（a）=f（b）=sin = ，f（c）=sin =1，

　　则f（a）+f（b）= =1，不满足f（a）+f（b）＞f（c）

　　故f（x）=sinx，不是"保三角形函数"．

　　（2）对任意一个三角形三边长a，b，c∈[2，+∞），且a+b＞c，b+c＞a，c+a＞b，

　　则h（a）=lna，h（b）=lnb，h（c）=lnc．

　　因为a≥2，b≥2，a+b＞c，所以（a-1）（b-1）≥1，所以ab≥a+b＞c，所以lnab＞lnc，

　　即lna+lnb＞lnc．

　　同理可证明lnb+lnc＞lna，lnc+lna＞lnb．

　　所以lna，lnb，lnc是一个三角形的三边长．

　　故函数h（x）=lnx （x∈[2，+∞））．

　　（3）λ的最大值是 ．

　　①当λ＞ 时，取a= =b，c= ，显然这3个数属于区间（0，λ），且可以作为某个三角形的三边长，

　　但这3个数的正弦值 、 、1显然不能作为任何一个三角形的三边，故此时，h（x）=sinx，x∈（0，λ）不是保三角形函数．

　　②当λ= 时，对于任意的三角形的三边长a、b、c∈（0， ），

　　若a+b+c≥2π，则a≥2π-b-c＞2π- - = ，

　　即a＞ ，同理可得b＞ ，c＞ ，∴a、b、c∈（ ， ），

　　∴sina、sinb、sinc∈（ ，1]．

　　由此可得sina+sinb＞ + =1≥sinc，即sina+sinb＞sinc，同理可得sina+sinc＞sinb，sinb+sinc＞sina，

　　故sina、sinb、sinc 可以作为一个三角形的三边长．

　　若a+b+c＜2π，则 + ＜π，

　　当 ≤ 时，由于a+b＞c，∴0＜ ＜ ≤ ，∴0＜sin ＜sin ≤1．

　　当 ＞ 时，由于a+b＞c，∴0＜ ＜ ＜ ，∴0＜sin ＜sin ＜1．

　　综上可得，0＜sin ＜sin ≤1．

　　再由|a-b|＜c＜ ，以及y=cosx在（ 0，π）上是减函数，可得cos =cos ＞cos ＞cos ＞0，

　　∴sina+sinb=2sin cos ＞2sin cos =sinc，同理可得sina+sinc＞sinb，sinb+sinc＞sina，

　　故sina、sinb、sinc 可以作为一个三角形的三边长．

　　故当λ= 时，h（x）=sinx，x∈（0，M）是保三角形函数，故λ的最大值为 ，

　　31.解：（1）∵函数 是奇函数，

　　∴f（x）+f（-x）=

　　= =0，

　　∴ =1，

　　∴1-a2x2=1-x2，

　　解得a=1或a=-1（舍）

　　故a=1．

　　（2）不存在非零实数m使得函数g（x）恰好有两个零点，理由如下：

　　a=1，g（x）=f（x）-log2（mx）= -log2（mx）= ，

　　由 =0，得 =1，不存在非零实数m使得函数g（x）恰好有两个零点．

　　综上，不存在非零实数m使得函数g（x）恰好有两个零点．

　　32.解：（1）函数y=f（x）-c的零点可转化为

　　函数f（x）=|a2x2-1|+ax的图象与直线y=c的交点问题．

　　当a2x2≥1即|x|≥- 时，f（x）=a2x2+ax-1=（ax+ ）2- ；

　　当a2x2＜1即|x|＜- 时，f（x）=-a2x2+ax+1=-（ax- ）2+ ．

　　显然当1＜c＜ 时，y=f（x）-c有4个零点，

　　依次设为x1，x2，x3，x4，

　　则x1，x4是方程a2x2+ax-1=c的2个根，从而 ，

　　由x2，x3是方程-a2x2+ax+1=c的2个根，知x2+x3= ，

　　从而x1+x2+x3+x4=0．

　　（2）f（x）= ，

　　结合图形分析可得f（x）在 ， 上单调递减，

　　在 上单调递减，此时M（a）=f（ ）= ．

　　当 ，即a＜-1时，f（x）在[-1， ]，[ ，- ]上单调递减，

　　f（x）在 上单调递增，此时

　　M（a）=max{f（-1），f（ ），f（1）}

　　=max{a2-a-1， ，a2+a-1}

　　=max{a2-a-1， }= ，

　　综上述，

　　M（a）= ．

　　33.（1）解：f′（x）=1- = ，x＞0，

　　当m＜0时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增；

　　当m＞0时，由f′（x）＞0，解得x＞ ，由f′（x）＜0，得0＜x＜ ．

　　∴f（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增；

　　（2）证明：由已知，F（x）=x- ，则F′（x）= ，

　　设h（x）=x2-1+lnx，则h′（x）=2x+ ＞0（x＞0），

　　故h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上为增函数，

　　又由于h（1）=0，因此F′（1）=0且F′（x）有唯一的零点1．

　　当0＜x＜1时，F′（x）＜0，当x＞1时，F′（x）＞0．

　　∴F（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，

　　∴F（x）的最小值为F（1）=0．

　　∴函数F（x）=x- 有且只有一个零点．

　　34.证明：（1）设-1＜x1＜x2，

　　则

　　= ，

　　∵-1＜x1＜x2，∴x1+1＞0，x2+1＞0，x1-x2＜0，

　　∴ ；

　　∵-1＜x1＜x2，且a＞1，∴ ，∴ ，

　　∴f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

　　∴函数f（x）在（-1，+∞）上为增函数；

　　（2）假设x0是方程f（x）=0的负数根，且x0≠-1，则 ，

　　即 ，①

　　当-1＜x0＜0时，0＜x0+1＜1，∴ ，

　　∴ ，而由a＞1知 ．∴①式不成立；

　　当x0＜-1时，x0+1＜0，∴ ，∴ ，而 ．

　　∴①式不成立．综上所述，方程f（x）=0没有负数根．

　　35.解：（1） o =（cos ，sin ）o（cos ，-sin ）=cos cos -sin sin =cos（ + ）=cos2x，

　　当m=0时，f（x）= o +1=cos2x+1，

　　则f（ ）=cos（2× ）+1=cos +1= ；

　　（2）∵x∈[- ， ]，

　　∴| + |= = =2cosx，

　　则f（x）= o -m| + |+1=cos2x-2mcosx+1=2cos2x-2mcosx，

　　令t=cosx，则 ≤t≤1，

　　则y=2t2-2mt，对称轴t= ，

　　①当 ＜ ，即m＜1时，

　　当t= 时，函数取得最小值此时最小值y= -m=-1，得m= （舍），

　　②当 ≤ ≤1，即m＜1时，

　　当t= 时，函数取得最小值此时最小值y=- =-1，得m= ，

　　③当 ＞1，即m＞2时，

　　当t=1时，函数取得最小值此时最小值y=2-2m=-1，得m= （舍），

　　综上若f（x）的最小值为-1，则实数m= ．

　　（3）令g（x）=2cos2x-2mcosx+ m2=0，得cosx= 或 ，

　　∴方程cosx= 或 在x∈[- ， ]上有四个不同的实根，

　　则 ，得 ，则 ≤m＜ ，

　　即实数m的取值范围是 ≤m＜ ．

　　36.解：（1）∵函数f（x）是定义域为R上的奇函数，

　　∴f（x）=-f（-x）

　　又∵当x＞0时，f（x）=x2+2x．

　　若x＞0，则-x＜0．f（-x）=（-x）2+2（-x）=x2-2x

　　∴f（x）=-f（-x）=2x-x2．

　　∴f（x）= ；

　　（2）当x＞0时，f（x）=x2+2x=（x+1）2-1，

　　区间（0，+∞）在对称轴x=-1的右边，为增区间，

　　由奇函数的性质，可得f（x）在R上递增．

　　不等式f（t-2）+f（2t+1）＞0即为

　　f（1+2t）＞-f（t-2）=f（2-t），

　　即有1+2t＞2-t，解得t＞

　　则t的取值范围是（ ，+∞）．

　　37.解：（1）n=-1，且 ，

　　可得1+b+c=4，2+ b+c=4，解得b=2，c=1；

　　（2）当n=2时，f2（x）=x2+bx+c，

　　对任意x1，x2∈[-1，1]有|f2（x1）-f2（x2）|≤4恒成立等价于

　　f2（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4．

　　①当- ＜-1，即b＞2时，f2（x）在[-1，1]递增，

　　f2（x）min=f2（-1）=1-b+c，f2（x）max=f2（1）=1+b+c，

　　M=2b＞4（舍去）；

　　②当-1≤- ≤0，即0≤b≤2时，f2（x）在[-1，- ]递减，在（- ，1]递增，

　　f2（x）min=f2（- ）=c- ，f2（x）max=f2（1）=1+b+c，M=（ +1）2≤4恒成立，故0≤b≤2；

　　③当0＜- ≤1即-2≤b＜0时，f2（x）在[-1，- ]递减，在（- ，1]递增，

　　f2（x）min=f2（- ）=c- ，f2（x）max=f2（-1）=1-b+c，M=（ -1）2≤4恒成立，故-2≤b＜0；

　　④当- ＞1，即b＜-2时，f2（x）在[-1，1]递减，

　　f2（x）min=f2（1）=1+b+c，f2（x）max=f2（-1）=1-b+c，

　　M=-2b＞4矛盾．

　　综上可得，b的取值范围是-2≤b≤2；

　　（3）设t=g（x）= = = ，

　　由x∈ ，可得t∈[ ，1]．

　　则y=t+ 在[ ，1]上恒有2ymin＞ymax．

　　①当a∈（0， ]时，y=t+ 在[ ，1]上递增，

　　ymin= +3a，ymax=a+1，又2ymin＞ymax．

　　则a＞ ，即有 ＜a≤ ；

　　②当a∈（ ， ]时，y=t+ 在[ ， ）递减，（ ，1）递增，

　　可得ymin=2 ，ymax=max{3a+ ，a+1}=a+1，又2ymin＞ymax．

　　解得7-4 ＜a＜7+4 ，即有 ＜a≤ ；

　　③当a∈（ ，1）时，y=t+ 在[ ， ）递减，（ ，1）递增，

　　可得ymin=2 ，ymax=max{3a+ ，a+1}=3a+ ，又2ymin＞ymax．

　　解得 ＜a＜ ，即有 ＜a＜1；

　　④当a∈[1，+∞）时，y=t+ 在[ ，1]上递减，

　　ymin=a+1，ymax=3a+ ，又2ymin＞ymax．

　　则a＜ ，即有1≤a＜ ．

　　综上可得，存在这样的三角形，a的取值范围是 ＜a＜ ．

　　38.解：（1）设切点为（m， m3+m+1），又∵g′（x）=x2+1．

　　∴切线的斜率=m2+1，

　　即切线方程为y-（ m3+m+1）=（m2+1）（x-m），

　　∴ -（ m3+m+1）=（m2+1）（0-m），

　　解得，m=1，

　　则切线方程为2x-y =0．

　　（2）h（x）=2f（x）+g（x）- x3=2lnx-2ax+x+1，x∈（0，+∞）

　　h′（x）= ，

　　①当a 时，h′（x）＞0，即h（x）在（0，+∞）上是增函数；

　　②当a＞ 时，由h′（x）＞0解得0＜x＜ ；

　　∴h（x）在（0， ）上是增函数，在（ ，+∞）上是减函数．

　　（3）证明：∵x1，x2是函数f（x）的两个相异零点，不妨设x1＞x2＞0，

　　∴lnx1-ax1=0，lnx2-ax2=0；

　　∴a= ．

　　故（x1-x2）（a- ）=ln  ，

　　设 （t＞1），则μ（t）=lnt- ，t∈（1，+∞），

　　μ′（t）= ＞0，

　　∴μ（t）在（1，+∞）是增函数，故μ（t）＞0，

　　又∵x1-x2＞0，∴a- ＞0，

　　∴lnx1，+lnx2=ax2+ax1＞0；

　　从而x1ox2＞e2．

　　又g（x）= x3+x+1在R上是增函数，则g（x1x2）＞g（e2）．