Question

設函數f（x）=x³+ax²+bx（x＞0）的圖象與直線y=4相切于M（1，4）．
（Ⅰ）求f（x）=x³+ax²+bx在區間（0，4]上的最大值與最小值；
（Ⅱ）設存在兩個不等正數s，t（s＜t），當x∈[s，t]時，函數f（x）=x³+ax²+bx的值域是[ks，kt]，求正數k的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先求出函數的導數，根據導數求函數的極值，再求出端點值，比較極值和端點值的大小，得出最值．
（2）由函數的定義域是正數知，s＞0，故極值點（3，0）不在區間[s，t]上，討論st的取值范圍，最后兩式相減并整理得出結果

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）在區間（0，4]上的變化情況為：

x	0	（0，1）	1	（1，3）	3	（3，4）	4
f′（x）		+	0	-	0	+
f（x）	0	增函數	4	減函數	0	增函數	4

所以函數f（x）=x³-6x²+9x在區間[0，4]上的最大值是4，最小值是0．
（2）由函數的定義域是正數知，s＞0，故極值點（3，0）不在區間[s，t]上；
①若極值點M（1，4）在區間[s，t]上，此時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]，當且僅當t=1時，k=4；
再由k=（s-3）²，0＜s≤1知，k∈[4，9），當且僅當s=1時，k=4．
由于s≠t，故不存在滿足要求的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]；
即當k∈(

4

3

，2]時，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），滿足要求．
②若函數f（x）在區間[s，t]上單調遞增，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]不可能同在一個單調增區間內；
③若函數f（x）在區間[s，t]上單調遞減，則1＜s＜t＜3，

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

，
兩式相減并整理得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

，t=

3+ 9-4k

2

滿足要求．
綜上可得，當

4

3

＜k＜

9

4

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

點評：該題考查函數的求導以及對st的討論，以及判別式的應用，注意在討論函數單調性時要畫表格．