(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.

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