Question

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)．

Answer 1

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．