Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x³+ax²+bx（x＞0）的圖象與直線y=4相切于M（1，4）．
（1）求f（x）=x³+ax²+bx在區(qū)間（0，4]上的最大值與最小值；
（2）是否存在兩個(gè)不等正數(shù)s，t（s＜t），當(dāng)x∈[s，t]時(shí)，函數(shù)f（x）=x³+ax²+bx的值域也是[s，t]，若存在，求出所有這樣的正數(shù)s，t；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）設(shè)存在兩個(gè)不等正數(shù)s，t（s＜t），當(dāng)x∈[s，t]時(shí)，函數(shù)f（x）=x³+ax²+bx的值域是[ks，kt]，求正數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）f（x）=3x²+2ax+b．依題意則有：

f(1)=4 f′(1)=0

，解得

a=-6 b=9

，所以f（x）=x³-6x²+9x；求導(dǎo)f′（x）利用導(dǎo)數(shù)研究f（x）在區(qū)間（0，4]上的變化情況即可得到函數(shù)f（x）=x³-6x²+9x在區(qū)間[0，4]上的最大值，最小值．
（Ⅱ）由函數(shù)的定義域是正數(shù)知，s＞0，故極值點(diǎn)（3，0）不在區(qū)間[s，t]上；下面分類討論：（1）若極值點(diǎn)M（1，4）在區(qū)間[s，t]，（2）若f（x）=x³-6x²+9x在[s，t]上單調(diào)增，（3）若f（x）=x³-6x²+9x在[s，t]上單調(diào)減，看是不是存在這樣的正數(shù)s即可；
（Ⅲ）同（Ⅱ），極值點(diǎn)（3，0）不可能在區(qū)間[s，t]上；分類討論：（1）若極值點(diǎn)M（1，4）在區(qū)間[s，t]，（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[s，t]單調(diào)遞增，（3）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[s，t]單調(diào)遞減，綜上可得結(jié)果．

解答：解：（Ⅰ）f（x）=3x²+2ax+b．依題意則有：

f(1)=4 f′(1)=0

，所以

1+a+b=4 3+2a+b=0

，解得

a=-6 b=9

，所以f（x）=x³-6x²+9x；
f′（x）=3x²-12x+9=3（x-1）（x-3），由f′（x）=0可得x=1或x=3．
f′（x），f（x）在區(qū)間（0，4]上的變化情況為：

所以函數(shù)f（x）=x³-6x²+9x在區(qū)間[0，4]上的最大值是4，最小值是0．
（Ⅱ）由函數(shù)的定義域是正數(shù)知，s＞0，故極值點(diǎn)（3，0）不在區(qū)間[s，t]上；
（1）若極值點(diǎn)M（1，4）在區(qū)間[s，t]，此時(shí)0＜s≤1≤t＜3，在此區(qū)間上f（x）的最大值是4，不可能等于t；故在區(qū)間[s，t]上沒(méi)有極值點(diǎn)；
（2）若f（x）=x³-6x²+9x在[s，t]上單調(diào)增，即0＜s＜t≤1或3＜s＜t，
則

f(s)=s f(t)=t

，即

s3-6s2+9s=s t3-6t2+9t=t

，解得

s=2 t=4

不合要求；
（3）若f（x）=x³-6x²+9x在[s，t]上單調(diào)減，即1＜s＜t＜3，則

f(s)=t f(t)=s

，
兩式相減并除s-t得：（s+t）²-6（s+t）-st+10=0，①
兩式相除并開(kāi)方可得[s（s-3）]²=[t（t-3）]²，
即s（3-s）=t（3-t），整理并除以s-t得：s+t=3，②
代入①有st=1，與1＜s＜t＜3矛盾．
（Ⅲ）同（Ⅱ），極值點(diǎn)（3，0）不可能在區(qū)間[s，t]上；
（1）若極值點(diǎn)M（1，4）在區(qū)間[s，t]，此時(shí)0＜s≤1≤t＜3，
故有①

0＜s≤1≤t＜3 kt=4 ks=f(s) f(s)≤f(t)

或②

0＜s≤1≤t＜3 kt=4 ks=f(t) f(s)≥f(t)

①由k=

4

t

，1≤t＜3知，k∈（

4

3

，4]，當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，k=4；
再由k=（s-3）²，0＜s≤1知，k∈[4，9），當(dāng)且僅當(dāng)s=1時(shí)，k=4
由于s≠t，故不存在滿足要求的k值．
②由s=

1

k

f（t）=

t

4

f（t）=[

t(3-t)

2

]²，及0＜s≤1可解得2≤t＜3，
所以k=

4

t

，2≤t＜3知，k∈（

4

3

，2]；
即當(dāng)k∈（

4

3

，2]時(shí)，存在t=

4

k

∈[2，3），s=

1

k

f（t）=

t

4

f（t）=[

t(3-t)

2

]²∈（0，1]，
且f（s）≥4s=

4

k

f（t）＞f（t），滿足要求．
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[s，t]單調(diào)遞增，則0＜s＜t≤1或3＜s＜t，
且

f(s)=ks f(t)=kt

，故s，t是方程x²-6x+9=k的兩根，
由于此方程兩根之和為3，故[s，t]不可能同在一個(gè)單調(diào)增區(qū)間；
（3）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[s，t]單調(diào)遞減，則1＜s＜t＜3，

f(s)=ks f(t)=kt

，
兩式相除并整理得s²（s-3）²=t²（t-3）²，由1＜s＜t＜3知s（s-3）=t（t-3），即s+t=3，
再將兩式相減并除以s-t得，-k=（s²+st+t²）-6（s+t）+9=（s+t）²-6（s+t）+9-st=-st，
即k=st，所以s，t是方程x²-3x+k=0的兩根，令g（x）=x²-3x+k，
則

△=9-4k＞0 g(1)＞0 g(3)＞0

，解得2＜k＜

9

4

，即存在s=

3- 9-4k

2

，s=

3+ 9-4k

2

滿足要求．
綜上可得，當(dāng)

4

3

＜k＜

9

4

時(shí)，存在兩個(gè)不等正數(shù)s，t（s＜t），
使x∈[s，t]時(shí)，函數(shù)f（x）=x³-6x²+9x的值域恰好是[ks，kt]．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．屬于中檔題．