已知函数f(x)＝12(x−1)2+㏑x−ax+a．
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解题思路：（Ⅰ）先求出函数的导数，利用导数在某点取得极值的条件即可得出；
（Ⅱ）先求导，通过对a分类讨论以确定f′（x）的正负，即函数f（x）的单调性即可得出．
（I）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
f′（x）=x−1+
1
x−a，
当a＝
3
2时，f′(x)＝x+
1
x−
5
2=
2x2−5x+2
2x，
令f′（x）=0，解得x＝
1
2或2．列表：
x (0，
1
2) [1/2] (
1
2，2) 2 （2，+∞）
f′（x） + 0 - 0 +
f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 等单调递增函数f（x）在x＝
1
2处取得极大值f(
1
2)＝−
1
8−ln2，
函数f（x）在x=2处取得极小值f（2）=ln2-[1/2]；
（II）f′(x)＝x+
1
x−(1+a)，当x∈（1，3）时，(x+
1
x)∈(2，
10
3)，
（i）当1+a≤2，即a≤1时，x∈（1，3），f′（x）＞0，函数f（x）在（1，3）是增函数，
∀x∈（1，3），f（x）＞f（1）=0恒成立；
（ii）当1+a≥
10
3，即a≥
7
3时，x∈（1，3）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，3）是减函数，
∀x∈（1，3），f（x）＜f（1）=0恒成立，不合题意，应舍去；
（iii）当2＜1+a＜[10/3]，即1＜a＜
7
3时，x∈（1，3）时，f′（x）先取负，再取0，最后取正，函f（x）在（1，3）先递减，再递增，而f（1）=0，∴∀x∈（1，3），f（x）＞f（1）=0不能恒成立；
综上，a的取值范围是（-∞，1）．
点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 熟练掌握分类讨论的思想方法、利用导数研究函数的单调性等性质是解题的关键．
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