解题思路:(I)先将g(x)在(0,+∞)上递增,转化成g′(x)≥0对x∈(0,+∞)恒成立,最后根据分式函数的图象与性质可求出实数a的取值范围;
(II)对于存在性问题,可先假设存在,即假设h(x)在(x0,h(x0))处的切线可能平行于x轴,再利用导数研究函数
γ(t)=lnt−
2(t−1)
1+t
,t>1
在(1,+∞)上单调递增,最后出现矛盾,说明假设不成立,即切线不能否平行于x轴.
(Ⅰ)∵g(x)=ln(2x)+x2+ax,g′(x)=
2
2x+2x+a=2x+
1
x+a(x>0).
由已知,得g'(x)≥0对一切x∈(0,+∞)恒成立.
∴2x+
1
x+a≥0,即a≥−(2x+
1
x)对一切x∈(0,+∞)恒成立.
∵−(2x+
1
x)≤−2
2,∴a≥−2
2.
∴a的取值范围为[−2
2,+∞).…(5分)
(Ⅱ)h(x)=2[ln(2x)+x2]-3x2-kx=2ln(2x)-x2-kx.
由已知得h(m)=2ln(2m)-m2-km=0,h(n)=2ln(2n)-n2-kn=0.
∴2ln
n
m=(n2+kn)−(m2+km),即2ln
n
m=(n+m)(n−m)+k(n−m).
假设结论不成立,即h'(x0)=0,则[2
x0−2x0−k=0,
∴k=
2
x0−2x0.
又2x0=m+n,
∴2ln
n/m=(n+m)(n−m)+(
2
x0−2x0)(n−m)=(n+m)(n−m)+(
4
m+n−m−n)(n−m)=(n−m)
4
n+m].
∴ln
n
m=
2(n−m)
n+m.
令[n/m=t∈(1,+∞),则有lnt=
2(t−1)
1+t].
令γ(t)=lnt−
2(t−1)
1+t,t>1.
∴γ′(t)=
1
t−
2(t+1)−2(t−1)•(+1)
(1+t)2=
1
t−
4
(1+t)2=
(1+t2−4t)
t(1+t)2=
(t−1)2
t(1+t)2>0.
∴γ(t)在(1,+∞)上是增函数,
∴当t>1时,γ(t)>γ(1)=0,即lnt−
2(t−1)
1+t>0.
∴当t>1时,lnt=
2(t−1)
1+t不可能成立,
∴假设不成立.
∴h(x)在(x0,h(x0))处的切线不平行于x轴.…(14分)
点评:
本题考点: 函数的单调性与导数的关系;利用导数研究曲线上某点切线方程.
考点点评: 此题是个难题.本题主要考查用导数法研究函数的单调性,基本思路是:当函数为增函数时,导数大于等于零;当函数为减函数时,导数小于等于零,根据解题要求选择是否分离变量,体现了转化的思想和分类讨论以及数形结合的思想方法,同时考查了学生的灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力.