解题思路：（I）求出函数的导函数，利用基本不等式求出函数的最小值，验证等号何时取得．
（II）将a的代入h（x），求出导函数，列出x，h′（x），h（x）的变化如下表，求出极值．
（III）构造新函数令
F(x)＝h(x)+x＝h(x)＝
1
2
x
2
+(a−1)lnx−ax+x
，通过函数F（x）在（0，+∞）单调递增令导函数大于0恒成立，根据二次函数的图象，只需判别式小于等于0，求出a的范围．
（I）f′(x)＝x−3+
a−1
x＝x+
a−1
x−3，其中x＞0．
因为a＞1，所以a-1＞0，又x＞0，所以x+
a−1
x−3≥2
a−1−3，
当且仅当x＝
a−1时取等号，其最小值为2
a−1−3．…（4分）
（II）当a=3时，h(x)＝
1
2x2+2lnx−3x，h′(x)＝x+
2
x−3＝
(x−1)(x−2)
x．…..（6分）
x，h′（x），h（x）的变化如下表：
x （0，1） 1 （1，2） 2 （2，+∞）
h′（x） + 0 - 0 +
h（x） 递增 −
5
2 递减 2ln2-4 递增所以，函数h（x）的单调增区间是（0，1），（2，+∞）；单调减区间是（1，2）．
…．（8分）
函h（x）在x=1处取得极大值−
5
2，在x=2处取得极小2ln2-4．
…．（10分）
（III）由题意h(x)＝
1
2x2+(a−1)lnx−ax(a＞0)．
不妨设x1＜x2，则
h(x1)−h(x2)
x1−x2＞−1得h（x1）+x1＜h（x2）+x2．…（12分）
令F(x)＝h(x)+x＝h(x)＝
1
2x2+(a−1)lnx−ax+x，则函数F（x）在（0，+∞）单调递增．
F′(x)＝x−(a−1)+
a−1
x=
x2−(a−1)x+a−1
x≥0在（0，+∞）恒成立．
即G（x）=x2-（a-1）x+a-1≥0（在0，+∞）恒成立．
因为G(0)＝a−1＞0，
a−1
2＞0，因此，只需△=（a-1）2-4（a-1）≤0．
解得1＜a≤5．
故所求实数a的取值范围1＜a≤5．…．（14分）
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
考点点评： 本题主要考查利用导数研究函数的单调性．利用导数研究函数的单调性，求解函数的单调区间、极值、最值问题，是函数这一章最基本的知识，也是．教学中的重点和难点，学生应熟练掌握．
