考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
專題：計(jì)算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
分析：（1）求導(dǎo)f′（x）=a（lnx+1）+
，g′（x）=2bx+4；從而可得b+4-5=0，a+2=2b+4；從而求參數(shù)的值；
（2）要使得當(dāng)x≠1時(shí)，曲線y=f（x）恒在曲線y=g（x）的下方，只證f（x）＜g（x）（x≠1），不妨設(shè)F（x）=f（x）-g（x），從而求導(dǎo)F′（x）=4lnx+
-2x-4=4lnx+
-2x；從而化為恒成立問題，再轉(zhuǎn)化為最值問題．（3）由題意知，k＞0，2x+1＞0；故不等式（2k+1）f（x）≤（2x+1）g（x）可轉(zhuǎn)化為2（2k+1）lnx≤x
2+4x-5，從而構(gòu)造函數(shù)H（x）=2（2k+1）lnx-x
2-4x+5，討論求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
解答：
解：（1）∵f′（x）=a（lnx+1）+
，g′（x）=2bx+4；
∴f′（1）=a+2，g′（1）=2b+4；
又∵曲線y=f（x）與曲線y=g（x）在點(diǎn)（1，0）處有相同的切線，
∴f（1）=0=g（1）=b+4-5，f′（1）=g′（1）；
即b+4-5=0，a+2=2b+4；
從而解得，b=1，a=4；
（2）證明：要使得當(dāng)x≠1時(shí)，曲線y=f（x）恒在曲線y=g（x）的下方，
即需證f（x）＜g（x）（x≠1），
不妨設(shè)F（x）=f（x）-g（x），
則F（x）=（4x+2）lnx-x
2-4x+5；
∴F′（x）=4lnx+
-2x-4=4lnx+
-2x；
令G（x）=F′（x），
∴G′（x）=
-
-2≤0恒成立，
∴F′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
又∵F′（1）=0，
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0；
∴F（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
即當(dāng)x=1時(shí)，F(xiàn)（x）取得最大值F（1）=0．
∴當(dāng)x≠1時(shí)，F(xiàn)（x）＜F（1）=0，即f（x）＜g（x）；
∴當(dāng)x≠1時(shí)，曲線y=f（x）恒在曲線y=g（x）的下方；
（3）由題意知，k＞0，2x+1＞0；
∴不等式（2k+1）f（x）≤（2x+1）g（x）可轉(zhuǎn)化為2（2k+1）lnx≤x
2+4x-5，
構(gòu)造函數(shù)H（x）=2（2k+1）lnx-x
2-4x+5，
∴H′（x）=
，
在二次函數(shù)y=-2x
2-4x+4k+2中，開口向下，對稱軸為x=-1；
且過定點(diǎn)（0，4k+2）；
解-2x
2-4x+4k+2=0得，x=-1-
（舍去）；x=-1+
；
①當(dāng)-1+
＜k時(shí)，即k＜-1（舍去）或k＞1；
②當(dāng)-1+
=k時(shí)，k=1；經(jīng)檢驗(yàn)成立；
③當(dāng)-1+
＞k時(shí)，0＜k＜1，
當(dāng)x∈（0，k）時(shí)，H′（x）＞0，
∴H（x）在（0，k]時(shí)取得最大值記為H
2（k）=2（2k+1）lnk-k
2-4k+5，
由（2）可知，H
2（k）的圖象與F（x）的圖象相同，
∴0＜k＜1時(shí)，H
2（k）＜H
2（1）=0，原不等式恒成立；
綜上所述，實(shí)數(shù)k的取值范圍是（0，1]．
點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時(shí)考查了分類討論的思想應(yīng)用，屬于難題．
