（2012•泰州二模）已知函数f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a＞0）．

解题思路：（1）由f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）²-x得f′（x）=2ln（2x+1）-4a（2x+1）+1，由f（x）在x=0处取极值，能求出a；
（2）由函数的定义域为（-[1/2]，+∞），且当x=0时，f（0）=-a＜0，又直线y=-x恰好过原点，所以函数y=f（x）的图象应位于区域Ⅲ内，于是f（x）＜-x，由此能求出a的取值范围；
（3）由（2）知，函数m（x）=

ln(2x+1)

2x+1

在x∈（[e−1/2]，+∞）时单调递减，函数p（x）=[lnx/x]在x∈（e，+∞）时，单调递减，故 （x+1）^x＜x^（x+1），由此能比较3²×4³×5⁴×…×2012²⁰¹¹与2³×3⁴×4⁵×…×2011²⁰¹²的大小．

（1）∵f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）²-x，
∴f′（x）=2ln（2x+1）-4a（2x+1）+1，
∵f（x）在x=0处取极值，
∴f′（0）=-4a+1=0，
∴a=[1/4]，经检验a=[1/4]符合题意，
故a=[1/4]．
（2）∵函数的定义域为（-[1/2]，+∞），且当x=0时，f（0）=-a＜0，
又直线y=-x恰好过原点，
所以函数y=f（x）的图象应位于区域Ⅲ内，
于是f（x）＜-x，
即 （2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）²-x＜-x，
∵2x+1＞0，∴a＞
ln(2x+1)
2x+1，
令h（x）=
ln(2x+1)
2x+1，∴h′（x）=
2−2ln(2x+1)
(2x+1)2，
令h′（x）=0，得x=[e−1/2]，
∵x＞-[1/2]，∴x∈（-[1/2]，[e−1/2]）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
x∈（[e−1/2]，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减．
∴m_max（x）=m（[e−1/2]）=[1/e]，
∴a的取值范围是：a＞[1/e]．
（3）由（2）知，函数m（x）=
ln(2x+1)
2x+1在x∈（[e−1/2]，+∞）时单调递减，
∴函数p（x）=[lnx/x]在x∈（e，+∞）时，单调递减，
∴
ln(x+1)
x+1＜[lnx/x]，∴xln（x+1）＜（x+1）lnx，
∴ln（x+1）^x＜lnx^（x+1），即（x+1）^x＜x^（x+1），
∴令x=3，4，…，2011，则4³＜3⁴，5⁴＜4⁵，…，2012²⁰¹¹＜2011²⁰¹²．
又3²×4³＜2³×3⁴，
∴3²×4³×5⁴×…×2012²⁰¹¹＜2³×3⁴×4⁵×…×2011²⁰¹²．

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题中的隐含条件，合理地进行等价转化．