(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800， 所以当x＝15时，S取得最大值． (2)V＝a2h＝22(－x3＋30x2)， V′＝62x(20－x)．
由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.
当x∈(0,20)时，V′>0；当x∈(20,30)时，V′<0， 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．
h11此时＝.即包装盒的高与底面边长的比值为.
a2237．【解】对f(x)求导得f′(x)＝
2
x1＋ax－2axe.① ?1＋ax2?24
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，
32
则4x－8x＋3＝0，
31
解得x1＝，x2＝.结合①，可知
2213?－∞，1? ?1，3? ?3，＋∞? x ??22??2?2?22f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ?↗ 极大值 ↘? 极小值 ↗? 31所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
22
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知1＋ax2－2ax≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0
所以a的取值范围为{a|0
a?2322
38．【解】(1)因为f(x)＝2x＋ax＋bx＋1，故f′(x)＝6x＋2ax＋b.从而f′(x)＝6?x＋
?6?
2aaa1
＋b－，即y＝f′(x)关于直线x＝－对称，从而由题设条件知－＝－，解得a＝3.
6662又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，解得b＝－12. (2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1， f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2).
令f′(x)＝0，即6(x－1)(x＋2)＝0，解得x1＝－2，x2＝1.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数； 当x∈(－2，1)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2，1)上为减函数； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
从而函数f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝21，在x2＝1处取得极小值f(1)＝－6. 39．【解】(1)F(x)＝18f(x)－x2[h?x?]2＝－x3＋12x＋9(x≥0)， 所以F′(x)＝－3x2＋12.
令F′(x)＝0，得x＝2(x＝－2舍去)．
当x∈(0，2)时，F′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0.
故当x∈[0，2)时，F(x)为增函数；当x∈[2，＋∞)时，F(x)为减函数． x＝2为F(x)的极大值点， 且F(2)＝－8＋24＋9＝25.
(2)原方程变为lg(x－1)＋2lg4－x＝2lga－x，
x>1，??4－x>0，可得?a－x>0，
??(x－1)(4－x)＝a－x?x
??
?a＝－(x－3)＋5.
2
1 ①当1 ②当45时，原方程无解． (3)证明：由已知得h(1)＋h(2)＋?＋h(n)＝1＋2＋?＋n， 14n＋31 f(n)h(n)－＝n－. 666 1 设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝f(n)h(n)－(n∈N*)，从而有a1＝S1＝1，当k≥2时， 6 ak＝Sk－Sk－1 4k＋34k－1＝k－k－1. 66又ak－k＝ 1 [4k－3)k－(4k－1)k－1] 6( 22 1(4k－3)k－(4k－1)(k－1)＝· 6(4k－3)k＋(4k－1)k－1 11＝· >0， 6(4k－3)k＋(4k－1)k－1即对任意的k≥2，有ak>k. 又因为a1＝1＝1， 所以a1＋a2＋?＋an≥1＋2＋?＋n. 则Sn≥h(1)＋h(2)＋?＋h(n)，故原不等式成立． 40．【解】(1)因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x>0， 2 ?x－a??2x＋a?a 所以f′(x)＝－2x＋a＝. xx 由于a>0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)． (2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e. 由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增， 要使e－1≤f(x)≤e2对x∈(1，e)恒成立． ??f?1?＝a－1≥e－1，只要? 222 ?f?e?＝a－e＋ae≤e，? 解得a＝e. 41．【解】(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. f(x)与f′(x)的变化情况如下： x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ k－1f(x) ↘? －e ↗? 所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)． (2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0 由(1)知f(x)在[0，k－1]上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1； 当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 222 42．【解】(1)由题意得g(x)＝x＋2(m－1)x＋(n－3)＝(x＋m－1)＋(n－3)－(m－1)，已知g(x)在x＝－2处取得最小值－5， ??m－1＝2，所以? 2 ??n－3?－?m－1?＝－5，? ??m＝3，解得? ?n＝2.? 1 故所要求的解析式为f(x)＝x3＋3x2＋2x. 3 2 (2)因为f′(x)＝x＋2mx＋n，且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，故f′(x)＝0一定有两个不同的根，从而Δ＝4m2－4n＞0，即m2＞n. 2 不妨设这两个不同的根为x1，x2，则|x2－x1|＝2m－n为正整数． 故m≥2时才可能有符合条件的m，n. 当m＝2时，只有n＝3符合要求． 当m＝3时，只有n＝5符合要求． 当m≥4时，没有符合要求的n. 综上所述，只有m＝2，n＝3或m＝3，n＝5满足上述要求．