9.(2016·云南师大附中月考)若函数f(x)=-x3+x2+2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是__________.

解析：f ′(x)=-x2+x+2a=-2++2a.当x∈时，f′(x)的最大值为

f ′=2a+，

令2a+>0，解得a>-，所以a的取值范围是.

答案：

10.(2016·河南信阳一模)已知实数a，b满足eb=2a-3，则|2a-b-1|的最小值为__________.

解析：由eb=2a-3，取对数，得b=ln(2a-3)，则2a-3>0.

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

令2a-3=x(x>0)，(*)式化为|x-lnx+2|，

令y=x-lnx+2，则y′=1-，令y′=0，得x=1.

当x∈(0,1)时，y′<0，则函数在(0,1)上为减函数;

当x∈(1，+∞)时，y′>0，则函数在(1，+∞)上为增函数，

∴当x=1时，ymin=1-ln1+2=3，即|2a-b-3|的最小值为3.

答案：3

三、解答题

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

(1)设函数g(x)=-a(x-1)+f(x)在区间[2，e2+1]上不单调，求实数a的取值范围;

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

解：(1)g(x)=-a(x-1)+(x-1)ln(x-1)，则g′(x)=-a+1+ln(x-1)在(1，+∞)上递增;又g(x)在[2，e2+1]上不单调，等于g′(x)在[2，e2+1]上有零点.由已知，有解得11恒成立.令u(x)=，则u′(x)=，令v(x)=-lnx+x-2，v′(x)=1-=.x>1，

v′(x)>0，即v(x)在(1，+∞)上单调递增.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)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增.[u(x)]min=u(x0)===x0(3,4)，k<[u(x)]min=x0，又kZ，k的最大值为3.

12.(2016·湖南株洲统一测)设函数f(x)=alnx+b(x2-3x+2)，其中a，bR.

(1)若a=b，讨论f(x)极值(用a表示);

(2)当a=1，b=-，函数g(x)=2f(x)-(λ+3)x+2，若x1，x2(x1≠x2)满足g(x1)=g(x2)且x1+x2=2x0，证明：g′(x0)≠0.

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，a=b，f(x)=alnx+a(x2-3x+2)，f ′(x)=+a(2x-3)=.a=0时，f(x)=0，所以函数f(x)无极值;当a>0时，f(x)在和(1，+∞)上单调递增，在上单调递减，

f(x)的极大值为f=-aln2+a，f(x)的极小值为f(1)=0;

当a<0时，f(x)在和(1，+∞)上单调递减，在上单调递增，f(x)的极小值为f=-aln2+a，f(x)的极大值为f(1)=0.综上所述：当a=0时，函数f(x)无极值;当a>0时，函数f(x)的极大值为-aln2+a，函数f(x)的极小值为0;当a<0时，函数f(x)的极小值为-aln2+a，函数f(x)的极大值为0.

(2)g(x)=2lnx-x2-λx，g′(x)=-2x-λ.假设结论不成立，则有

由，得2ln-(x-x)-λ(x1-x2)=0，

λ=2-2x0，由，得λ=-2x0，

=，即=，即ln=.令t=，不妨设x10，

u(t)在0