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)是否存在兩個不等正數(shù)s,t(s<t),當x∈[s,t]時,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,請說明理由;
(3)設(shè)存在兩個不等正數(shù)s,t(s<t),當x∈[s,t]時,函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx的值域是[ks,kt],求正數(shù)k的取值范圍.
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f′(x)利用導數(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(3,0)不在區(qū)間[s,t]上;下面分類討論:(1)若極值點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(3,0)不可能在區(qū)間[s,t]上;分類討論:(1)若極值點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:
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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(3,0)不在區(qū)間[s,t]上;
(1)若極值點M(1,4)在區(qū)間[s,t],此時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]上沒有極值點;
(2)若f(x)=x3-6x2+9x在[s,t]上單調(diào)增,即0<s<t≤1或3<s<t,
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(3,0)不可能在區(qū)間[s,t]上;
(1)若極值點M(1,4)在區(qū)間[s,t],此時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.
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k∈(
4
3
,2]時,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,
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(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,
△=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
4
3
<k<
9
4
時,存在兩個不等正數(shù)s,t(s<t),
使x∈[s,t]時,函數(shù)f(x)=x3-6x2+9x的值域恰好是[ks,kt].
點評:本題主要考查了導數(shù)的幾何意義、利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值.屬于中檔題.
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,1)
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