（1）∵f′(x)=

2

x

-2x=

2(1-x)(1+x)

x

，x＞0，

∴当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．

∴当x=1时，f（x）有极大值，也是最大值，即为-1，但无最小值．

故f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；最大值为-1，但无最小值．

（2）方程2xlnx+mx-x³=0化为-m=2lnx-x²，由（1）知，f（x）在区间[

1

e

，e]上的最大值为-1，f(

1

e

)=-2-

1

e2

，f（e）=2-e²，f(e)＜f(

1

e

)．

∴f（x）在区间[

1

e

，e]上的最小值为-2-

1

e2

．

故-m=2lnx-x²在区间[

1

e

，e]上有两个不等实根需满足-2-

1

e2

≤-m＜-1，

∴1＜m≤2+

1

e2

，∴实数m的取值范围为(1，2+

1

e2

]．

（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+q

+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．