解题思路：（I）先将g（x）在（0，+∞）上递增，转化成g′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，最后根据分式函数的图象与性质可求出实数a的取值范围；
（II）对于存在性问题，可先假设存在，即假设h（x）在（x0，h（x0））处的切线可能平行于x轴，再利用导数研究函数
γ(t)＝lnt−
2(t−1)
1+t
，t＞1
在（1，+∞）上单调递增，最后出现矛盾，说明假设不成立，即切线不能否平行于x轴．
（Ⅰ）∵g（x）=ln（2x）+x2+ax，g′(x)＝
2
2x+2x+a＝2x+
1
x+a(x＞0)．
由已知，得g'（x）≥0对一切x∈（0，+∞）恒成立．
∴2x+
1
x+a≥0，即a≥−(2x+
1
x)对一切x∈（0，+∞）恒成立．
∵−(2x+
1
x)≤−2
2，∴a≥−2
2．
∴a的取值范围为[−2
2，+∞)．…（5分）
（Ⅱ）h（x）=2[ln（2x）+x2]-3x2-kx=2ln（2x）-x2-kx．
由已知得h（m）=2ln（2m）-m2-km=0，h（n）=2ln（2n）-n2-kn=0．
∴2ln
n
m＝(n2+kn)−(m2+km)，即2ln
n
m＝(n+m)(n−m)+k(n−m)．
假设结论不成立，即h'（x0）=0，则[2
x0−2x0−k＝0，
∴k＝
2
x0−2x0．
又2x0=m+n，
∴2ln
n/m＝(n+m)(n−m)+(
2
x0−2x0)(n−m)=(n+m)(n−m)+(
4
m+n−m−n)(n−m)=(n−m)
4
n+m]．
∴ln
n
m＝
2(n−m)
n+m．
令[n/m＝t∈(1，+∞)，则有lnt＝
2(t−1)
1+t]．
令γ(t)＝lnt−
2(t−1)
1+t，t＞1．
∴γ′(t)＝
1
t−
2(t+1)−2(t−1)•(+1)
(1+t)2＝
1
t−
4
(1+t)2=
(1+t2−4t)
t(1+t)2＝
(t−1)2
t(1+t)2＞0．
∴γ（t）在（1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，γ（t）＞γ（1）=0，即lnt−
2(t−1)
1+t＞0．
∴当t＞1时，lnt＝
2(t−1)
1+t不可能成立，
∴假设不成立．
∴h（x）在（x0，h（x0））处的切线不平行于x轴．…（14分）
点评：
本题考点： 函数的单调性与导数的关系；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 此题是个难题．本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，根据解题要求选择是否分离变量，体现了转化的思想和分类讨论以及数形结合的思想方法，同时考查了学生的灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力．
