.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极大值5，其导函数y=f′(x)的图象经过(1,0)，(2,0)点，如图所示.(1)求x0的值;
(2)求a，b，c的值.
(1)由f′(x)随x变化的情况
x (-∞，1) 1 (1,2) 2 (2，+∞) f′(x) + 0 - 0 + 可知当x=1时f(x)取到极大值5，则x0=1
(2)f′(x)=3ax2+2bx+c，a>0
由已知条件x=1，x=2为方程3ax2+2bx+c=0，
的两根，因此解得a=2，b=-9，c=12.
.某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2，其中30)，且方程f′(x)-9x=0的两根分别为1,4.
(1)当a=3且曲线y=f(x)过原点时，求f(x)的解析式;
(2)若f(x)在(-∞，+∞)内无极值点，求a的取值范围.
解 由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c.
因为f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的两个根分别为1,4，
所以(*)
(1)当a=3时，由(*)式得
解得b=-3，c=12.又因为曲线y=f(x)过原点，
所以d=0.故f(x)=x3-3x2+12x.
(2)由于a>0，所以f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞，+∞)内无极值点等价于f′(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞，+∞)内恒成立.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的取值范围是[1,9].
.已知函数f(x)满足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2.
(1)求f(x)的解析式及单调区间;
(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.
从而f(x)=ex-x+x2.由于f′(x)=ex-1+x，
故当x(-∞，0)时，f′(x)<0;
当x(0，+∞)时，f′(x)>0.
从而，f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增.
(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.
(i)若a+1<0，则对任意常数b，当x<0，且x<时，可得ex-(a+1)x0，设g(x)=ex-(a+1)x，
则g′(x)=ex-(a+1).
当x(-∞，ln(a+1))时，g′(x)<0;
当x(ln(a+1)，+∞)时，g′(x)>0.
从而g(x)在(-∞，ln(a+1))上单调递减，在(ln(a+1)，+∞)上单调递增.
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等价于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).
因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)，则
h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].
所以h(a)在(-1，e-1)上单调递增，在(e-1，+∞)上单调递减，故h(a)在a=e-1处取得最大值.
从而h(a)≤，即(a+1)b≤.
当a=e-1，b=时，式成立.故f(x)≥x2+ax+b.
综上得，(a+1)b的最大值为.
