.已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx在點x0處取得極大值5，其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象經(jīng)過(1,0)，(2,0)點，如圖所示.(1)求x0的值;

　　(2)求a，b，c的值.

　　(1)由f′(x)隨x變化的情況

　　x (-∞，1) 1 (1,2) 2 (2，+∞) f′(x) + 0 - 0 + 可知當(dāng)x=1時f(x)取到極大值5，則x0=1

　　(2)f′(x)=3ax2+2bx+c，a>0

　　由已知條件x=1，x=2為方程3ax2+2bx+c=0，

　　的兩根，因此解得a=2，b=-9，c=12.

　　.某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=+10(x-6)2，其中30)，且方程f′(x)-9x=0的兩根分別為1,4.

　　(1)當(dāng)a=3且曲線y=f(x)過原點時，求f(x)的解析式;

　　(2)若f(x)在(-∞，+∞)內(nèi)無極值點，求a的取值范圍.

　　解　由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c.

　　因為f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的兩個根分別為1,4，

　　所以(*)

　　(1)當(dāng)a=3時，由(*)式得

　　解得b=-3，c=12.又因為曲線y=f(x)過原點，

　　所以d=0.故f(x)=x3-3x2+12x.

　　(2)由于a>0，所以f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞，+∞)內(nèi)無極值點等價于f′(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞，+∞)內(nèi)恒成立.由(*)式得2b=9-5a，c=4a.

　　又Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9)，

　　由得a[1,9].

　　即a的取值范圍是[1,9].

　　.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2.

　　(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;

　　(2)若f(x)≥x2+ax+b，求(a+1)b的最大值.

　　解　(1)由已知得f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x.

　　所以f′(1)=f′(1)-f(0)+1，即f(0)=1.

　　又f(0)=f′(1)e-1，所以f′(1)=e.

　　從而f(x)=ex-x+x2.由于f′(x)=ex-1+x，

　　故當(dāng)x(-∞，0)時，f′(x)<0;

　　當(dāng)x(0，+∞)時，f′(x)>0.

　　從而，f(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增.

　　(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.

　　(i)若a+1<0，則對任意常數(shù)b，當(dāng)x<0，且x<時，可得ex-(a+1)x0，設(shè)g(x)=ex-(a+1)x，

　　則g′(x)=ex-(a+1).

　　當(dāng)x(-∞，ln(a+1))時，g′(x)<0;

　　當(dāng)x(ln(a+1)，+∞)時，g′(x)>0.

　　從而g(x)在(-∞，ln(a+1))上單調(diào)遞減，在(ln(a+1)，+∞)上單調(diào)遞增.

　　故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).

　　所以f(x)≥x2+ax+b等價于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).

　　因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).

　　設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)，則

　　h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].

　　所以h(a)在(-1，e-1)上單調(diào)遞增，在(e-1，+∞)上單調(diào)遞減，故h(a)在a=e-1處取得最大值.

　　從而h(a)≤，即(a+1)b≤.

　　當(dāng)a=e-1，b=時，式成立.故f(x)≥x2+ax+b.

　　綜上得，(a+1)b的最大值為.