解题思路：（1）由f（x）≥g（x），知a≤x-[lnx/x]，（x＞0）．设∅（x）=x-[lnx/x]，利用导数性质能求出a的范围．
（2）由h（x）=x2-ax+lnx，知h′（x）=
2
x
2
−ax+1
x
，（x＞0），故
x
1
x
2
＝
1
2
，由
x
1
∈(0，
1
2
)
，知x2∈（1，+∞），且
ax
1
＝2
x
1
2
+1
，由此能够证明
h(
x
1
)−h(
x
2
)＞
3
4
−ln2
．
（3）由r（x）=f（x）+g（[1+ax/2]），知
r
′
(x)＝
a
1+ax
+2x−a
=
a
2
−2
2a
＝
a
2
−
1
a
≤
2
2
−
1
2
＝
1
2
，所以1-a+
ln
1+a
2
＞k（1-a2），设∅（a）=1-a+
ln
1+a
2
+k（a2-1），a∈（1，2），∅（1）=1，利用分类讨论思想能求出实数k的取值范围．
（1）∵f（x）=x2-ax，g（x）=lnx，f（x）≥g（x），
∴a≤x-
lnx
x]，（x＞0）．（1分）
设∅（x）=x-[lnx/x]，∅′（x）=
x2+lnx−1
x2，（2分）
当x∈（0，1）时，∅′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，∅′（x）＞0，
∴∅（x）≥∅（1）=1，∴a∈（-∞，1]．（4分）
（2）h（x）=x2-ax+lnx，
∴h′（x）=
2x2−ax+1
x，（x＞0）（5分）
∴x1x2＝
1
2，
∵x1∈(0，
1
2)，∴x2∈（1，+∞），且ax1＝2x12+1，（i=1，2），（6分）
∴h（x1）-h（x2）=（x12−ax1+lnx1）-（x22−ax2+lnx2）
=（-x12−1+lnx1）-（-x22−1+lnx2）
=x22−x12+ln
x1
x2
=x22−
1
4x22−ln2x22，（x2＞1）．（8分）
设u（x）=x2-[1
4x2-ln2x2，x≥1，
则u′(x)＝
(2x2−1)2
2x3≥0，∴u（x）＞u（1）=
3/4−ln2．
即h(x1)−h(x2)＞
3
4−ln2．（10分）
（3）∵r（x）=f（x）+g（
1+ax
2]），
∴r′(x)＝
a
1+ax+2x−a=
2ax(x−
a2−2
2a)
1+ax，
a2−2
2a＝
a
2−
1
a≤
2
2−
1
2＝
1
2，
∴r（x）在[[1/2]，+∞）上为增函数，∴r（x0）max=r（1）=1-a+ln
1+a
2 ，
所以1-a+ln
1+a
2 ＞k（1-a2），（12分）
设∅（a）=1-a+ln
1+a
2 +k（a2-1），a∈（1，2），∅（1）=0，
有∅（a）＞0在a∈（1，2）恒成立，
∵∅′（x）=[a/1+a]（2ka-1+2k）．
①k=0时，∵∅′(x)＝
−a
1+a，∴∅（a）在a∈（1，2）递减，
此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（13分）
②k＜0时，∵∅′(x)＝
2ka
1+a(a−
1
2k+1)，∅（a）在a∈（1，2）递减，
此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（14分）
③k＞0时，∵∅′(a)＝
2ka
1+a(a−
1
2k+1)，
若[1/2k−1≤1，则∅（a）在区间（1，2）上递增，此时∅（a）＞0成立，符合
若
1
2k−1≥1，则∅（a）在区间（1，min{2，
1
2k−1}）上递减，此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（15分）
综上得
k＞0
1
2k−1≤1]，解得k≥[1/4]，即实数k的取值范围为[[1/4]，+∞）．（16分）
点评：
本题考点： 函数恒成立问题；二次函数的性质．
考点点评： 本题考查满足条件的实数的取值范围的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，注意导数性质、等价转化思想、分类讨论思想的合理运用．