解题思路：（1）由于f（x）≥g（x）恒成立，只需使x2-ax≥lnx，（x＞0）分离参数来解决，注意a≤F（x）即要a≤F（x）min；a≥F（x）即要a≥F（x）max；
（2）借助于极值点的范围，利用函数的导数来处理；
（3）与（1）类似处理，注意分类讨论．
（1）由题意：f（x）≥g（x）⇔x2-ax≥lnx，（x＞0）
分离参数α可得：a≤x−
lnx
x，（x＞0）…（1分）
设Φ(x)＝x−
lnx
x，则Φ′(x)＝1+
lnx−1
x2=
x2+lnx−1
x2…（2分）
由于函数y=x2，y=lnx在区间（0，+∞）上都是增函数，所以
函数y=x2+lnx-1在区间（0，+∞）上也是增函数，显然x=1时，该函数值为0
所以当x∈（0，1）时，Φ′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，Φ′（x）＞0
所以函数Φ（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数
所以Φ（x）min=Φ（1）=1，所以a≤Φ（x）min=1即a∈（-∞，1）…（4分）
（2）由题意知道：h（x）=x2-ax+lnx．则h′(x)＝2x−a+
1
x＝
2x2−ax+1
x，(x＞0)
所以方程2x2-ax+1=0，（x＞0）有两个不相等的实数根x1，x2，且x1∈(0，
1
2)，
又因为x1x2＝
1
2，所以x2＝
1
2x1∈(1，+∞)，且axi＝2xi2+1，(i＝1，2)…（6分）
而h（x1）-h（x2）=(x12−ax1+lnx1)−(x22−ax2+lnx2)
=[x12−(2x12+1)+lnx1]−[x22−(2x22+1)+lnx2]
=x22−x12+ln
x1
x2=x22−(
1
2x2)2+ln
1
2x2
x2═x22−
1
4x22−ln2x22，（x2＞1）
设μ(x)＝x2−
1
4x2−ln2x2，(x≥1)，则μ′(x)＝
(2x2−1)2
2x3≥0
所以μ(x)＞μ(1)＝
3
4−ln2，即h(x1)−h(x2)＞
3
4−ln2…（8分）
（3）r(x)＝f(x)+g(
1+ax
2)＝x2−ax+ln
1+ax
2
所以r′(x)＝2x−a+
a
ax+1＝
2ax2−a2x+2x
ax+1=
2ax(x−
a2−2
2a)
ax+1…（9分）
因为a∈（1，2），所以
a2−2
2a＝
a
2−
1
a≤
2
2−
1
2＝
1
2
所以当x ∈(
1
2，+∞)时，r（x）是增函数，所以当x0∈[
1
2，1]时，
r(x0)max＝r(1)＝1−a+ln
a+1
2，a∈（1，2）…（10分）
所以，要满足题意就需要满足下面的条件：1−a+ln
a+1
2＞k(1−a2)，
若令φ(a)＝1−a+ln
a+1
2−k(1−a2)，a∈（1，2），
即对任意a∈（1，2），φ(a)＝1−a+ln
a+1
2−k(1−a2)＞0恒成立
因为φ′（a）=−1+
1
a+1+2ka=[2ka/a+1(a−
1
2k+1)…（11分）
分类讨论如下：
①若k=0，则φ′(a)＝
−a
a+1]，所以φ（a）在（1，2）递减，
此时φ（a）＜φ（1）=0不符合题意
②若k＜0，则φ′(a)＝
2ka
a+1(a−
1
2k+1)，所以φ（a）在区间（1，2）递减，
此时φ（a）＜φ（1）=0不符合题意．
③若k＞0，则φ′(a)＝
2ka
a+1(a−
1
2k+1)，那么当[1/2k−1＞1时，假设t为2与
1
2k−1中较小的一个数，即t={2，
1
2k−1}，
则φ（a）在区间（1，min{2，
1
2k−1}）上递减，此时φ（a）＜φ（1）=0不符合题意．
综上可得
k＞0
1
2k−1≤1]解得k≥
1
4，即实数k的取值范围为[
1
4，+∞)…（14分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 本题考查导数的综合应用，属于较难的题目，注意与不等式恒成立的有关的参数取值范围问题常用分离参数来解决．