9.已知a∈R,函f(x)=x3-ax2+ax+a,g(x)=f(x)+(a-3)x.
(1)求證:曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線過定點(diǎn);
(2)若g(1)是g(x)在區(qū)間(0,3]上的極大值,但不是最大值,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(3)求證:對(duì)任意給定的正數(shù)b,總存在a∈(3,+∞),使得g(x)在$(\frac{a}{3},\frac{a+b}{3})$上為單調(diào)函數(shù).

分析 (1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),計(jì)算f(1),f′(1),求出切線方程,從而求出切線過定點(diǎn);
(2)求出g(x)的導(dǎo)數(shù),根據(jù)g(1)是g(x)在區(qū)間(0,3]上的極大值以及g(1)不是g(x)在區(qū)間(0,3]上的最大值,得到關(guān)于a的不等式,解出即可;
(3)求出g(x)的導(dǎo)數(shù),若g(x)在($\frac{a}{3}$,$\frac{a+b}{3}$)為單調(diào)函數(shù),則$\frac{a+b}{3}$≤$\frac{2a-3}{3}$,即a≥b+3,從而證出結(jié)論.

解答 解:(1)∵f′(x)=3x2-2ax+a,∴f′(1)=3-a,
∴f(1)=a+1,∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為:
y-(a+1)=(3-a)(x-1),
即a(x-2)=3x-y-2,令x=2,則y=4,
故曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線過定點(diǎn)(2,4).
(2)解:g′(x)=(x-1)[3x-(2a-3)],
令g′(x)=0,得x=0或x=$\frac{2a-3}{3}$,
∵g(1)是g(x)在區(qū)間(0,3]上的極大值,
∴$\frac{2a-3}{3}$>1,解得:a>3,
令g′(x)>0,得x<1或x>$\frac{2a-3}{3}$,g(x)遞增;
令g′(x)<0,得1<x<$\frac{2a-3}{3}$,g(x)遞減.
∵g(1)不是g(x)在區(qū)間(0,3]上的最大值,
∴g(x)在區(qū)間(0,3]上的最大值為g(3)=18-2a.
∴g(3)=18-2a>g(1)=2a-2,∴a<5,
又a>3,∴3<a<5.
(3)證明:g′(x)=f′(x)+a-3=(x-1)[3x-(2a-3)].
∵a∈(3,+∞),∴$\frac{2a-3}{3}$>1,
令g′(x)>0,得x<1或x>$\frac{2a-3}{3}$,g(x)遞增;
令g′(x)<0,得1<x<$\frac{2a-3}{3}$,g(x)遞減;
∵a∈(3,+∞),∴1<$\frac{a}{3}$<$\frac{2a-3}{3}$,
若g(x)在($\frac{a}{3}$,$\frac{a+b}{3}$)為單調(diào)函數(shù),則$\frac{a+b}{3}$≤$\frac{2a-3}{3}$,即a≥b+3,
故對(duì)任意給定的正數(shù),n,總存在a∈[b+3,+∞)(其中b+3>3),
使得g(x)在($\frac{a}{3}$,$\frac{a+b}{3}$)上為單調(diào)函數(shù).

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明,是一道綜合題.

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