9.(2016·云南師大附中月考)若函數(shù)f(x)=-x3+x2+2ax在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是__________.

解析：f ′(x)=-x2+x+2a=-2++2a.當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)的最大值為

f ′=2a+，

令2a+>0，解得a>-，所以a的取值范圍是.

答案：

10.(2016·河南信陽(yáng)一模)已知實(shí)數(shù)a，b滿足eb=2a-3，則|2a-b-1|的最小值為__________.

解析：由eb=2a-3，取對(duì)數(shù)，得b=ln(2a-3)，則2a-3>0.

則|2a-b-1|=|2a-ln(2a-3)-1|=|(2a-3)-ln(2a-3)+2|(*)，

令2a-3=x(x>0)，(*)式化為|x-lnx+2|，

令y=x-lnx+2，則y′=1-，令y′=0，得x=1.

當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，y′<0，則函數(shù)在(0,1)上為減函數(shù);

當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，y′>0，則函數(shù)在(1，+∞)上為增函數(shù)，

∴當(dāng)x=1時(shí)，ymin=1-ln1+2=3，即|2a-b-3|的最小值為3.

答案：3

三、解答題

11.(2016·江西高安二中段考)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ln(x-1).

(1)設(shè)函數(shù)g(x)=-a(x-1)+f(x)在區(qū)間[2，e2+1]上不單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

(2)若kZ，且f(x+1)+x-k(x-1)>0對(duì)x>1恒成立，求k的最大值.

解：(1)g(x)=-a(x-1)+(x-1)ln(x-1)，則g′(x)=-a+1+ln(x-1)在(1，+∞)上遞增;又g(x)在[2，e2+1]上不單調(diào)，等于g′(x)在[2，e2+1]上有零點(diǎn).由已知，有解得11恒成立.令u(x)=，則u′(x)=，令v(x)=-lnx+x-2，v′(x)=1-=.x>1，

v′(x)>0，即v(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增.又v(3)=-ln3+1<0，v(4)=-2ln2+2>0，

x0∈(3,4)，使得v(x0)=0，即u′(x0)=0，u(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，+∞)上單調(diào)遞增.[u(x)]min=u(x0)===x0(3,4)，k<[u(x)]min=x0，又kZ，k的最大值為3.

12.(2016·湖南株洲統(tǒng)一測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)=alnx+b(x2-3x+2)，其中a，bR.

(1)若a=b，討論f(x)極值(用a表示);

(2)當(dāng)a=1，b=-，函數(shù)g(x)=2f(x)-(λ+3)x+2，若x1，x2(x1≠x2)滿足g(x1)=g(x2)且x1+x2=2x0，證明：g′(x0)≠0.

解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，+∞)，a=b，f(x)=alnx+a(x2-3x+2)，f ′(x)=+a(2x-3)=.a=0時(shí)，f(x)=0，所以函數(shù)f(x)無極值;當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在和(1，+∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，

f(x)的極大值為f=-aln2+a，f(x)的極小值為f(1)=0;

當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在和(1，+∞)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，f(x)的極小值為f=-aln2+a，f(x)的極大值為f(1)=0.綜上所述：當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值;當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的極大值為-aln2+a，函數(shù)f(x)的極小值為0;當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)的極小值為-aln2+a，函數(shù)f(x)的極大值為0.

(2)g(x)=2lnx-x2-λx，g′(x)=-2x-λ.假設(shè)結(jié)論不成立，則有

由，得2ln-(x-x)-λ(x1-x2)=0，

λ=2-2x0，由，得λ=-2x0，

=，即=，即ln=.令t=，不妨設(shè)x10，

u(t)在0