（理科做）已知函数f（x）=x2-ax+3在（0，1）上为减函数，函数g（x）=x2-alnx在区间（1，2）上为增函数

解题思路：（1）根据二次函数f（x）=x²-ax+3在（0，1）上为减函数可得a≥2，再根据函数g（x）=x²-alnx在区间[1，2]上为增函数，得到a≤2，因此可得a=2．
（2）将方程f（x）=2g（x）+m转化为2g（x）+m-f（x）=0，可设出h（x）=2g（x）+m-f（x）=x²+2x-4lnx+m-3，通过求导数讨论函数h（x）的单调性得到h_min（x）=h（1）=m，最后用根的存在性定理可以验证，得到f（x）=2g（x）+m在（0，+∞）上有两个解．
（3）分三步走：
①根据导数的几何意义分别求出曲线C₁、C₂在点M、N的斜率关于横坐标的关系式；
②假设两切线平行，得到k₁=k₂，通过去分母整理变形为：f（bx₁）+f（bx₂）+2b²x₁x₂=x₁²+2x₁x₂+x₂²+2，利用
f（bx₁）+f（bx₂）=g（x₁）+g（x₂）代入再整理，可得到lnx₁x₂=（b²-1）x₁x₂-1；
③以x₁x₂=t为自变量进行研究，得到一个新的函数F（t）=（1-b²）t+lnt+1，可用导数证得F（t）在（0，+∞）内单调增且最小值大于1，从而说明k₁=k₂变形得到的方程无实数根．
由以上三步可知：曲线C₁在点M处的切线与曲线C₂在点N处的切线不平行．

（1）∵函数f（x）=x²-ax+3图象是开口向上的抛物线，
关于直线x=[a/2]对称，在（0，1）上为减函数，
∴[a/2≥1，得a≥2…2分
又∵函数g（x）=x²-alnx在区间[1，2]上为增函数
∴g′(x)＝2x−
a
x]，解g′（x）≥0得2x²≥a
∴a≤（2x²）_min=2m，所以a=2…4分
（2）令h（x）=2g（x）+m-f（x）=x²+2x-4lnx+m-3
可得h′(x)＝2x+2−
4
x＝
2(x+2)(x−1)
x
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上为减函数
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上为增函数…7分
h_min（x）=h（1）=m
∴h（x）≥h（1）=m…10分
当-1＜m＜0时，
∵h(
1
e)＝
1
e2+
2
e+1+m＞0，h(1)＝m＜0
h（e）=e²+2e+m-7＞e²+2e-8＞0
∴∴h（x）在区间(
1
e，1)和（1，e）内各有一个零点
即f（x）=2g（x）+m在（0，+∞）上有两个解…14分．
（3）设点P、Q的坐标分别是（x₁，y₁），（x₂，y₂），0＜x₁＜x₂．
则点M、N的横坐标都为x=
x1+x2
2，
C₁：y=f（bx）=b²x²-2bx+3在点M处的切线斜率为2b²x-2b，
取x=
x1+x2
2，得k₁=2b²•（
x1+x2
2）-2b=b²（x₁+x₂）-2b，
C₂：g（x）=x²-2lnx在点N处的切线斜率为2x-[2/x]，
取x=
x1+x2
2，k₂=（x₁+x₂）-
4
x1+x2．
假设C₁在点M处的切线与C₂在点N处的切线平行，则k₁=k₂
可得：b²（x₁+x₂）-2b=（x₁+x₂）-
4
x1+x2．
∴b²（x₁+x₂）²-2b（x₁+x₂）=（x₁+x₂）²-4
即b²x₁²+2b²x₁x₂+b²x₂²-2b（x₁+x₂）=x₁²+2x₁x₂+x₂²-4
∴（b²x₁²-2bx₁+3）+（b²x₂²-2bx₂+3）+2b²x₁x₂=x₁²+2x₁x₂+x₂²+2
即f（bx₁）+f（bx₂）+2b²x₁x₂=x₁²+2x₁x₂+x₂²+2
∵f（bx₁）+f（bx₂）=g（x₁）+g（x₂）
∴x₁²-2ln

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题着重考查了利用导数研究函数的单调性、根的存在性及根的个数判断和利用导数研究曲线上某点切线方程等知识点，属于难题．请同学们注意解题过程中的转化化归和分类讨论的数学思想．