解题思路：（1）将a、b的值代入，可得
h(x)＝lnx−
1
4
x
2
−
1
2
x
，求出其导数，再在区间（0，+∞）上讨论导数的正负，可以得出函数h（x）单调区间；
（2）先求函数h（x）的解析式，因为函数h（x）存在单调递减区间，所以不等式h'（x）＜0有解，通过讨论a的正负，得出h′（x）＜0有解，即可得出a的取值范围；
（3）首先设点P、Q的坐标是（x1，y1），（x2，y2），0＜x1＜x2，然后通过导数公式以及导数的几何意义，分别求出曲线C1在点M处的切线斜率k1和曲线C2在点N处的切线斜率k2，因为两条切线平行，所以k1=k2，解关于x1，x2，a，b的方程，整理成
ln
x
2
x
1
＝
2(
x
2
x
1
−1)
1+
x
2
x
1
，再令
t＝
x
2
x
1
，转化为关于t的函数讨论问题，根据其单调性得出
lnt＞
2(t−1)
1+t
．这与①矛盾，因此假设不成立．可得C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行．
（1）当a＝b＝
1
2时，h(x)＝lnx−
1
4x2−
1
2x
则h′(x)＝
1
x−
1
2x−
1
2＝−
x2+x−2
2x＝−
(x+2)(x−1)
2x，
∵h（x）的定义域为（0，+∞），令h'（x）=0，得x=1
∴当0＜x＜1时，h'（x）＞0，h（x）在（0，1）上是单调递增；
当x＞1时，h'（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上是单调递减；
所以，函数h（x）=f（x）-g（x）的单调递增区间为（0，1）；单调递减区间为（1，+∞）．
（2）b=2时，h(x)＝lnx−
1
2ax2−2x
则h′(x)＝
1
x−ax−2＝−
ax2+2x−1
x
因为函数h（x）存在单调递减区间，
所以h′（x）＜0有解．
即当x＞0时，则ax2+2x-1＞0在（0，+∞）上有解．
①当a=0时，y=2x-1为单调递增的一次函数，y=2x-1＞0在（0，+∞）总有解．
②当a＞0时，y=ax2+2x-1为开口向上的抛物线，y=ax2+2x-1＞0在（0，+∞）总有解．
③当a＜0时，y=ax2+2x-1为开口向下的抛物线，而y=ax2+2x-1＞0在（0，+∞）总有解，
则△=4+4a＞0，且方程y=ax2+2x-1=0至少有一个正根，
此时，-1＜a＜0
综上所述，a的取值范围为（-1，+∞）
（3）证：设点P、Q的坐标是（x1，y1），（x2，y2），0＜x1＜x2
则点M，N的横坐标为x＝
x1+x2
2
C1点在M处的切线斜率为k1＝
1
x|x＝
x1+x2
2＝
2
x1+x2，
C2点N处的切线斜率为k2＝ax+b|x＝
x1+x2
2＝
a(x1+x2)
2+b
假设C1点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2
即[2
x1+x2＝
a(x1+x2)/2+b，则
2(x2−x1)
x1+x2＝
a
2(
x22−
x21)+b(x2−x1)＝
a
2(
x22+bx2)−(
a
2
x21+bx1)＝y2−y1＝lnx2−lnx1
∴ln
x2
x1＝
2(
x2
x1−1)
1+
x2
x1]．
设t＝
x2
x1，则lnt＝
2(t−1)
1+t，t＞1①
令F(t)＝lnt−
2(t−1)
1+t，t＞1．则F′(t)＝
1
t−
4
(t+1)2＝
(t−1)2
t(t+1)2
因为t＞1时，F'（t）＞0，
所以F（t）在[1，+∞）上单调递增．
故F（t）＞F（1）=0
则lnt＞
2(t−1)
1+t．这与①矛盾，假设不成立．
故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性、导数的几何意义，函数与方程的讨论等，属于难题．