Question

（2012•肇慶二模）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y=f（x）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)s≤x≤t時(shí)，函數(shù)f（x）=x³+ax²+bx的值域是[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．

Answer 1

分析：（1）對(duì)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，根據(jù)f（x）的圖象與直線y=4相切于M（1，4），可得f′（1）=0和f（1）=0，求出f（x）的解析式，再求其最值；
（2）根據(jù)函數(shù)的定義域是正數(shù)知，s＞0，故極值點(diǎn)x=3不在區(qū)間[s，t]上分兩種情況，若f（x）=x³-6x²+9x在[s，t]上單調(diào)增；若f（x）=x³-6x²+9x在[s，t]上單調(diào)減，從而進(jìn)行判斷；

解答：解：（1）f'（x）=3x²+2ax+b，（1分）
依題意則有：

f′(1)=0 f(1)=4

，即

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

解得

a=-6 b=9

（2分）
∴f（x）=x³-6x²+9x
令f'（x）=3x²-12x+9=0，解得x=1或x=3（3分）
當(dāng)x變化時(shí)，f'（x），f（x）在區(qū)間（0，4]上的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，3）	3	（3，4）	4
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞增↗	4	單調(diào)遞減↘	0	單調(diào)遞增↗	4

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．（4分）
（2）由函數(shù)的定義域是正數(shù)知，s＞0，故極值點(diǎn)x=3不在區(qū)間[s，t]上； （5分）
①若極值點(diǎn)x=1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)；                                   （7分）
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或s=4 t=4或t=2

不合要求；             （10分）
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
由①、②可得

s+t=3 st=1

，即s，t是方程x²-3x+1=0的兩根，
即存在s=

3- 5

2

，t=

3+ 5

2

不合要求．（13分）
綜上可得不存在滿足條件的s、t．（14分）

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值，是一道綜合性比較強(qiáng)，第二問(wèn)難度比較大，存在性問(wèn)題，假設(shè)存在求出s，t，計(jì)算時(shí)要仔細(xì)；