已知函数f（x）=[1/3]x3-x2+ax-a（a∈R）．

解题思路：（1）由a=-3得到f（x）的解析式，求出导函数等于0时x的值，讨论函数的增减性得到函数的极值；
（2）求出导函数，利用导函数根的判别式讨论导函数=0方程的解的情况得到关于a的不等式，因为图象与x轴有且只有一个交点，①根的判别式小于等于0，f′（x）≥0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增，f（0）=-a＜0，f（3）=2a＞0；②根的判别式大于0时由f（x₁）•f（x₂）＞0得到求出a的解集可．

（1）当a=-3时，f(x)＝
1
3x3−x2−3x+3，
∴f′（x）=x²-2x-3=（x-3）（x+1）．
令f′（x）=0，得x₁=-1，x₂=3．
当x＜-1时，f′（x）＞0，则f（x）在（-∞，-1）上单调递增；
当-1＜x＜3时，f′（x）＜0，则f（x）在（-1，3）上单调递减；
当x＞3时，f′（x）＞0，f（x）在（3，+∞）上单调递增．
∴当x=-1时，f（x）取得极大值为f（-1）=−
1
3−1+3+3＝
14
3；
当x=3时，f（x）取得极小值为f(3)＝
1
3×27−9−9+3=-6．
（2）∵f′（x）=x²-2x+a，∴△=4-4a=4（1-a）．
①若a≥1，则△≤0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．∵f（0）=-a＜0，f（3）=2a＞0，∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．
②若a＜1，则△＞0，∴f′（x）=0有两个不相等的实数根，不妨设为x₁，x₂，（x₁＜x₂）．∴x₁+x₂=2，x₁x₂=a．
当x变化时，f′（x），f（x）的取值情况如下表：
∵x₁²-2x₁+a=0，∴a=-x₁²+2x₁．
∴f(x1)＝
1
3
x31−
x21+ax1−a=
1
3
x31−
x21+ax1+
x21−2x1=
1
3
x31+(a−2)x1=
1
3x1[
x21+3(a−2)]．
同理f（x₂）=
1
3x2[
x22+3(a−2)]．
∴f(x1)•f(x2)＝
1
9
x 1
x 2[
x21+3(a−2)]•[
x22+3(a−2)]=
1
9(x1x2)[(x1x2)2+3(a−2)(
x21+
x22)+9(a−2)2]=
1
9a{a2+3(a−2)[(x1+x2)2−2x1x2]+9(a−2)2}=
4
9a(a2−3a+3)．
令f（x₁）•f（x₂）＞0，解得a＞0．
而当0＜a＜1时，f（0）=-a＜0，f（3）=2a＞0，
故当0＜a＜1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．
综上所述，a的取值范围是（0，+∞）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题．

考点点评： 考查学生利用导数研究函数极值的能力，分类讨论的数学思想．