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）f（x）=3x2+2ax+b．依题意则有：，解得，所以f（x）=x3-6x2+9x；求导f′（x）利用导数研究f（x）在区间（0，4]上的变化情况即可得到函数f（x）=x3-6x2+9x在区间[0，4]上的最大值，最小值． （Ⅱ）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；下面分类讨论：（1）若极值点M（1，4）在区间[s，t]，（2）若f（x）=x3-6x2+9x在[s，t]上单调增，（3）若f（x）=x3-6x2+9x在[s，t]上单调减，看是不是存在这样的正数s即可； （Ⅲ）同（Ⅱ），极值点（3，0）不可能在区间[s，t]上；分类讨论：（1）若极值点M（1，4）在区间[s，t]，（2）若函数f（x）在区间[s，t]单调递增，（3）若函数f（x）在区间[s，t]单调递减，综上可得结果． 【解析】 （Ⅰ）f（x）=3x2+2ax+b．依题意则有： ，所以，解得，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： 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． （Ⅱ）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]，此时0＜s≤1≤t＜3，在此区间上f（x）的最大值是4，不可能等于t；故在区间[s，t]上没有极值点； （2）若f（x）=x3-6x2+9x在[s，t]上单调增，即0＜s＜t≤1或3＜s＜t， 则，即，解得不合要求； （3）若f（x）=x3-6x2+9x在[s，t]上单调减，即1＜s＜t＜3，则， 两式相减并除s-t得：（s+t）2-6（s+t）-st+10=0，① 两式相除并开方可得[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，与1＜s＜t＜3矛盾． （Ⅲ）同（Ⅱ），极值点（3，0）不可能在区间[s，t]上； （1）若极值点M（1，4）在区间[s，t]，此时0＜s≤1≤t＜3， 故有①或② ①由k=，1≤t＜3知，k∈（，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． ②由s=f（t）=f（t）=[]2，及0＜s≤1可解得2≤t＜3， 所以k=，2≤t＜3知，k∈（，2]； 即当k∈（，2]时，存在t=∈[2，3），s=f（t）=f（t）=[]2∈（0，1]， 且f（s）≥4s=f（t）＞f（t），满足要求． （2）若函数f（x）在区间[s，t]单调递增，则0＜s＜t≤1或3＜s＜t， 且，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； （3）若函数f（x）在区间[s，t]单调递减，则1＜s＜t＜3，， 两式相除并整理得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，解得，即存在s=，s=满足要求． 综上可得，当时，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]．