（1）由a=0，f（x）≥h（x）可得-mlnx≥-x，即 m≤

x

lnx

记 φ=

x

lnx

，则f（x）≥h（x）在（1，+∞）上恒成立等价于m≤φ（x）_min．

求得 φ′(x)=

lnx-1

ln2x

当x∈（1，e）时；φ′（x）＜0；当x∈（e，+∞）时，φ′（x）＞0

故φ（x）在x=e处取得极小值，也是最小值，

即φ（x）_min=φ（e）=e，故m≤e．

（2）函数k（x）=f（x）-h（x）在[1，3]上恰有两个不同的零点等价于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根．

令g（x）=x-2lnx，则 g′(x)=1-

2

x

当x∈[1，2）时，g′（x）＜0，当x∈（2，3]时，g′（x）＞0

g（x）在[1，2]上是单调递减函数，在（2，3]上是单调递增函数．

故g（x）_min=g（2）=2-2ln2

又g（1）=1，g（3）=3-2ln3

∵g（1）＞g（3），

∴只需g（2）＜a≤g（3），

故a的取值范围是（2-2ln2，3-2ln3〕

（3）∵g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有两个实根x₁，x₂，

∴

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0

两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）

∴a=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，(x1＞0，x2＞0)

于是 g/(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(x1+x2)

=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2p-1)(x2-x1)．

∵q＞p，∴2q≥1，∵2p≤1，∴（2p-1）（x₂-x₁）＜0．

要证：g′（px₁+qx₂）＜0，只需证：

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x2-x1

＜0．

只需证：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．（*）

令

x1

x2

=t∈(0，1)，∴（*）化为

1-t

pt+1

+lnt＜0

只证 u(t)=lnt+

1-t

pt+q

＜0即可.u/(t)=

1

t

+

-(pt+q)-(1-t)•p

(pt+q)2

=

1

t

-

1

(pt+q)2

=

(pt+q)2-t

t(pt+q)2

=

p2(t-1)(t- q2 p2 )

t(pt+q)2

，

q2

p2

＞1，0＜t＜1，

∴t-1＜0．∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上单调递增，∴u（t）＜u（1）=0

∴u（t）＜0，∴lnt+

1-t

pt+q

＜0．

即：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．∴g′（px₁+qx₂）＜0．