（1）f′(x)＝2mx−(2m2+4m+1)+

m+2

x

=

(2mx−1)[x−(m+2)]

x

因为函数f（x）在x=1处取得极大值0
所以，

f′(1)＝2m−(2m2+4m+1)+m+2＝−2m2−m+1＝0 f(1)＝m−(2m2+4m+1)＝−2m2−3m−1＝0

解m=-1
（2）由（1）知f′(x)＝

(−2x−1)(x−1)

x

，令f'（x）=0得x=1或x＝−

1

2

（舍去）
所以函数f（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
所以，当x=1时，函数f（x）取得最大值，f（1）=ln1-1+1=0
当x≠1时，f（x）＜f（1），即f（x）＜0
所以，当k＜0时，函数f（x）的图象与直线y=k有两个交点，
（3）设F(x)＝2f(x)−g(x)−4x+2x2＝2lnx−px−

p+2

x

F′(x)＝

2

x

−p+

p+2

x2

＝

−px2+2x+(p+2)

x2

当p=0时，F′(x)＝

2x+2

x2

＞0，F（x）在[1，2]递增，F（1）=-2＜0不成立，（舍）
当p≠0时F′(x)＝

−p(x+1)(x− p+2 p )

x2

当1+

2

p

＜−1，即-1＜p＜0时，F（x）在[1，2]递增，F（1）=-2p-2＜0，不成立
当−1＜1+

2

p

≤1，即p＜-1时，F（x）在[1，2]递增，所以F（1）=-2p-2≥0，解得p≤-1，所以，此时p＜-1
当p=-1时，F（x）在[1，2]递增，成立；
当p＞0时，F（1）=-2p-2＜0不成立，
综上，p≤-1