Question

设函数f（x）=x³+ax²+bx（x＞0）的图象与直线y=4相切于M（1，4）．
（Ⅰ）求f（x）=x³+ax²+bx在区间（0，4]上的最大值与最小值；
（Ⅱ）设存在两个不等正数s，t（s＜t），当x∈[s，t]时，函数f（x）=x³+ax²+bx的值域是[ks，kt]，求正数k的取值范围．

Answer 1

分析：（1）先求出函数的导数，根据导数求函数的极值，再求出端点值，比较极值和端点值的大小，得出最值．
（2）由函数的定义域是正数知，s＞0，故极值点（3，0）不在区间[s，t]上，讨论st的取值范围，最后两式相减并整理得出结果

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=3x²+2ax+b．依题意则有：

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）在区间（0，4]上的变化情况为：

x	0	（0，1）	1	（1，3）	3	（3，4）	4
f′（x）		+	0	-	0	+
f（x）	0	增函数	4	减函数	0	增函数	4

所以函数f（x）=x³-6x²+9x在区间[0，4]上的最大值是4，最小值是0．
（2）由函数的定义域是正数知，s＞0，故极值点（3，0）不在区间[s，t]上；
①若极值点M（1，4）在区间[s，t]上，此时0＜s≤1≤t＜3，
故有（i）

0＜s≤1≤t＜3 kt=4 ks=f(s) f(s)≤f(t)

或（ii）

0＜s≤1≤t＜3 kt=4 ks=f(t) f(s)≥f(t)

（i）由k=

4

t

，1≤t＜3知，k∈(

4

3

，4]，当且仅当t=1时，k=4；
再由k=（s-3）²，0＜s≤1知，k∈[4，9），当且仅当s=1时，k=4．
由于s≠t，故不存在满足要求的k值．
（ii）由s=

1

k

f（t）=

t

4

f（t）=[

t(t-3)

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]；
即当k∈(

4

3

，2]时，存在t=

4

k

∈[2，3），s=

1

k

f（t）=[

t(t-3)

2

]2∈（0，1]，
且f（s）≥4s=

4

k

f（t）＞f（t），满足要求．
②若函数f（x）在区间[s，t]上单调递增，则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的两根，
由于此方程两根之和为3，故[s，t]不可能同在一个单调增区间内；
③若函数f（x）在区间[s，t]上单调递减，则1＜s＜t＜3，

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

，
两式相减并整理得s²（s-3）²=t²（t-3）²，由1＜s＜t＜3知s（s-3）=t（t-3），即s+t=3，
再将两式相减并除以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的两根，
令g（x）=x²-3x+k，
则

△=9-4k＞0 g(1)＞0 g(3)＞0

解得2＜k＜

9

4

，即存在s=

3- 9-4k

2

，t=

3+ 9-4k

2

满足要求．
综上可得，当

4

3

＜k＜

9

4

时，存在两个不等正数s，t（s＜t），使x∈[s，t]时，
函数f（x）=x³-6x²+9x的值域恰好是[ks，kt]．

点评：该题考查函数的求导以及对st的讨论，以及判别式的应用，注意在讨论函数单调性时要画表格．