復習課(一)導數及其應用導數的概念及幾何意義的應用(1)近幾年的高考中，導數的幾何意義和切線問題是常考內容，各種題型均有可能消失，一般難度較小．(2)利用導數的幾何意義求切線方程時關鍵是搞清所給的點是不是切點．eq\a\vs4\al([考點精要])(1)切點A(x0，f(x0))求斜率k，即求該點處的導數值：k＝f′(x0)；(2)斜率k，求切點A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k；(3)過某點M(x1，f(x1))(不是切點)的切線斜率為k時，常需設出切點A(x0，f(x0))，利用k＝eq\f(fx1－fx0,x1－x0)求解．[典例](2017·天津高考)a∈R，設函數f(x)＝ax－lnx的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，那么l在y軸上的截距為________．[解析]由于f′(x)＝a－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.[答案]1[類題通法]利用導數的幾何意義解決切線問題的兩種狀況(1)假設點是切點，那么在該點處的切線斜率就是該點處的導數．(2)假如點不是切點，那么應先出切點，再借助兩點連線的斜率公式進行求解．[留意]曲線與直線相切并不肯定只有一個公共點，例如，y＝x3在(1,1)處的切線l與y＝x3的圖象還有一個交點(－2，－8)．eq\a\vs4\al([題組訓練])1．曲線y＝xex＋2x－1在點(0，－1)處的切線方程為()A．y＝3x－1 B．y＝－3x－1C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1解析：選A由于y′＝ex＋xex＋2，所以曲線y＝xex＋2x－1在點(0，－1)處的切線的斜率k＝y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0))＝3，∴切線方程為y＝3x－1.2．曲線y＝x3－1與曲線y＝3－eq\f(1,2)x2在x＝x0處的切線相互垂直，那么x0的值為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3,3),3)C.eq\r(3)D.eq\f(\r(3,9),3)解析：選Dy＝x3－1?y′＝3x2，y＝3－eq\f(1,2)x2?y′＝－x，由題意得3xeq\o\al(2,0)·(－x0)＝－1，解得xeq\o\al(3,0)＝eq\f(1,3)，即x0＝eq\r(3,\f(1,3))＝eq\f(\r(3,9),3)，應選D.導數與函數的單調性題型既有選擇題、填空題也有解答題，假設以選擇題、填空題的形式消失，那么難度以中、低檔為主，假設以解答題形式消失，難度那么以中等偏上為主，主要考查求函數的單調區間、證明或推斷函數的單調性等問題。eq\a\vs4\al([考點精要])函數的單調性與導函數值的關系假設函數f(x)在(a，b)內可導，那么f′(x)在(a，b)任意子區間內部不恒等于0.f′(x)＞0?函數f(x)在(a，b)上單調遞增；f′(x)＜0?函數f(x)在(a，b)上單調遞減．反之，函數f(x)在(a，b)上單調遞增?f′(x)≥0；函數f(x)在(a，b)上單調遞減?f′(x)≤f′(x)＞0(f′(x)＜0)是f(x)為增(減)函數的充分不必要條件．特殊要留意寫單調區間時，區間之間用“和〞或“，〞隔開，肯定不能用“∪〞連接．[典例](2017·全國卷Ⅲ節選)函數f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x，爭論f(x)的單調性．[解]f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).假設a≥0，那么當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．假設a＜0，那么當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時，f′(x)＞0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調遞減．[類題通法]求函數的單調區間的方法步驟(1)確定函數f(x)的定義域．(2)計算函數f(x)的導數f′(x)．(3)解不等式f′(x)＞0，得到函數f(x)的遞增區間；解不等式f′(x)＜0，得到函數f(x)的遞減區間．[留意]求函數單調區間肯定要先確定函數定義域，往往因無視函數定義域而導致錯誤．eq\a\vs4\al([題組訓練])1．函數f(x)＝2x2－lnx的遞增區間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：選C由題意得f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)，且x>0，由f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>eq\f(1,2).應選C.2．函數f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－aex.(1)假設a＝1，求f(x)在x＝1處的切線方程；(2)假設f(x)在R上是增函數，求實數a的取值范圍．解：(1)當a＝1時，f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－ex，那么f(1)＝－eq\f(1,2)×12＋2×1－e＝eq\f(3,2)－e，f′(x)＝－x＋2－ex，f′(1)＝－1＋2－e＝1－e，故曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－e))＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x＋eq\f(1,2).(2)∵f(x)在R上是增函數，∴f′(x)≥0在R上恒成立，∵f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－aex，∴f′(x)＝－x＋2－aex，于是有不等式－x＋2－aex≥0在R上恒成立，即a≤eq\f(2－x,ex)在R上恒成立，令g(x)＝eq\f(2－x,ex)，那么g′(x)＝eq\f(x－3,ex)，令g′(x)＝0，解得x＝3，列表如下：x(－∞，3)3(3，＋∞)g′(x)－0＋g(x)減微小值－eq\f(1,e3)增故函數g(x)在x＝3處取得微小值，亦即最小值，即g(x)min＝－eq\f(1,e3)，所以a≤－eq\f(1,e3)，即實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e3))).導數與函數的極值、最值從高考運用狀況看，利用導數爭論函數極值、最值是導數應用的核心局部，年年高考都有考查，多以解答題形式考查，難度相對較大．eq\a\vs4\al([考點精要])1．導數與函數單調性、極值的關系(1)f′(x)>0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上單調遞增的充分不必要條件．(2)對于可導函數f(x)，f′(x0)＝0是函數f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．2．利用導數求函數極值應留意三點(1)求單調區間時應先求函數的定義域，遵循定義域優先的原那么；(2)f′(x0)＝0時，x0不肯定是極值點；(3)求最值時，應留意極值點和所給區間的關系，關系不確定時應分類爭論．[典例](2017·北京高考)函數f(x)＝excosx－x.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．[解](1)由于f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又由于f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(2)設h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，那么h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，h′(x)＜0，所以h(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減．所以對任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減．因此f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝1，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).[類題通法]1．求函數的極值的方法(1)確定函數的定義區間，求導數f′(x)．(2)求方程f′(x)＝0的根．(3)用函數的導數為0的點，順次將函數的定義區間分成假設干小開區間，并列成表格．檢查f′(x)在方程根左右的值的符號，假如左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；假如左負右正，那么f(x)在這個根處取得微小值；假如左右不轉變符號即都為正或都為負，那么f(x)在這個根處無極值．2．求函數的最值的方法(1)求f(x)在(a，b)內的極值．(2)將f(x)的各極值與f(a)，f(b)比擬得出函數f(x)在[a，b]上的最值．eq\a\vs4\al([題組訓練])1．函數f(x)＝1＋3x－x3()A．有微小值，無極大值 B．無微小值，有極大值C．無微小值，無極大值 D．有微小值，有極大值解析：選Df′(x)＝－3x2＋3，由f′(x)＝0，得xx∈(－1,1)時，f′(x)>0，∴f(x)的單調遞增區間為(－1,1)；同理，f(x)的單調遞減區間為(－∞，－1)和(1，＋∞)，∴當x＝－1時，函數有微小值－1，當x＝1時，函數有極大值3，應選D.2．函數f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)(x≥1)，(1)試推斷函數f(x)的單調性，并說明理由；(2)假設f(x)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求實數k的取值范圍．解：(1)f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，∵x≥1，∴lnx≥0，∴f′(x)≤0.故函數f(x)在[1，＋∞)上單調遞減．(2)∵x≥1，∴f(x)≥eq\f(k,x＋1)?eq\f(x＋11＋lnx,x)≥k，令g(x)＝eq\f(x＋11＋lnx,x)，∴g′(x)＝eq\f([x＋11＋lnx]′x－x＋11＋lnx,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).再令h(x)＝x－lnx，那么h′(x)＝1－eq\f(1,x).∵x≥1，那么h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調遞增．∴[h(x)]min＝h(1)＝1>0，從而g′(x)>0，故g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，∴[g(x)]min＝g(1)＝2，∴k≤2.故實數k的取值范圍為(－∞，2].生活中的優化問題優化問題是導數在實際生活中的應用之一，高考中有所表達，既可以以小題形式考查，也可以解答題形式考查，難度中低檔．eq\a\vs4\al([考點精要])[解答思路][典例]某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設建筑本錢僅與外表積有關，側面的建筑本錢為100元/平方米，底面的建筑本錢為160元/平方米，該蓄水池的總建筑本錢為12000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數V(r)，并求該函數的定義域．(2)爭論函數V(r)的單調性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．[解](1)由于蓄水池側面的總本錢為100·2πrh＝200πrh(元)，底面的總本錢為160πr2元，所以蓄水池的總本錢為(200πrh＋160πr2)元．又據題意知200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．由于r＞0，又由h＞0可得r＜5eq\r(3)，故函數V(r)的定義域為(0,5eq\r(3))．(2)由于V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因r2＝－5不在定義域內，舍去)．當r∈(0,5)時，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上為增函數；當r∈(5,5eq\r(3))時，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上為減函數．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．[類題通法]利用導數求實際問題的最大(小)值的一般方法(1)分析實際問題中各個量之間的關系，正確設定所求最大或最小值的變量y與自變量x，把實際問題轉化為數學問題，即列出函數關系y＝f(x)，依據實際問題確定y＝f(x)的定義域．(2)求方程f′(x)＝0的全部實數根．(3)比擬導函數在各個根和區間端點處的函數值的大小，依據實際問題的意義確定函數的最大值或最小值．eq\a\vs4\al([題組訓練])1．書店估計一年內要銷售某種書15萬冊，欲分幾次訂貨，假如每次訂貨要付手續費30元，每千冊書存放一年要耗庫存費40元，并假設該書勻稱投放市場，問此書店分________次進貨、每次進__________冊，可使所付的手續費與庫存費之和最少．解析：設每次進書x千冊(0＜x＜150)，手續費與庫存費之和為y元，由于該書勻稱投放市場，那么平均庫存量為批量一半，即eq\f(x,2)，故有y＝eq\f(150,x)×30＋eq\f(x,2)×40，y′＝－eq\f(4500,x2)＋20＝eq\f(20x＋15x－15,x2)，∴當0＜x＜15時，y′＜0，當15＜x＜150時，y′＞0.故當x＝15時，y取得最小值，此時進貨次數為eq\f(150,15)＝10(次)．即該書店分10次進貨，每次進15000冊書，所付手續費與庫存費之和最少．答案：10150002．一艘輪船在航行時的燃料費和它的速度的立方成正比，速度為每小時10千米時的燃料費是每小時6元，而其他與速度無關的費用是每小時96元，問此輪船以何種速度航行時，能使行駛每千米的費用總和最小？解：設輪船速度為x(x＞0)千米/時的燃料費用為Q元，那么Q＝kx3，由6＝k×103，可得k＝eq\f(3,500).∴Q＝eq\f(3,500)x3.∴總費用y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,500)x3＋96))·eq\f(1,x)＝eq\f(3,500)x2＋eq\f(96,x).∵y′＝eq\f(6x,500)－eq\f(96,x2).令y′＝0，得x＝20.∴當x∈(0,20)時，y′＜0，此時函數單調遞減，當x∈(20，＋∞)時，y′＞0，此時函數單調遞增．∴當x＝20時，y取得最小值，∴此輪船以20千米/時的速度行駛每千米的費用總和最小．定積分及應用定積分及應用在高考中單獨考查較少，其難度較低，有時消失在與其他學問交匯考查中．eq\a\vs4\al([考點精要])常見求定積分的公式(1)eq\a\vs4\al(\i\in(a,b,))xndx＝eq\f(1,n＋1)xn＋1eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(b,a))(n≠－1)；(2)eq\a\vs4\al(\i\in(a,b,))Cdx＝Cxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(b,a))(C為常數)；(3)eq\a\vs4\al(\i\in(a,b,))sinxdx＝－cosxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(b,a))；(4)eq\a\vs4\al(\i\in(a,b,))cosxdx＝sinxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(b,a))；(5)eq\a\vs4\al(\i\in(a,b,))eq\f(1,x)dx＝lnxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(b,a))；(6)eq\a\vs4\al(\i\in(a,b,))exdx＝exeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(b,a)).[典例]曲線y＝2sinx(0≤x≤π)與直線y＝1圍成的封閉圖形的面積為________．[解析]令2sinx＝1，得sinx＝eq\f(1,2)，當x∈[0，π]時，得x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6)，所以所求面積S＝eq\a\vs4\al(∫\f(5π,6)\f(π,6))(2sinx－1)dx＝(－2cosx－x)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6),\f(π,6)))＝2eq\r(3)－eq\f(2π,3).[答案]2eq\r(3)－eq\f(2π,3)[類題通法]利用定積分求平面圖形面積的一般步驟(1)畫出草圖；(2)分析圍成平面圖形的各曲線與直線，求出交點坐標，確定積分的上、下限，及被積函數；(3)將平面圖形的面積表示成一個定積分或假設干個定積分的和；(4)計算定積分，寫出答案．eq\a\vs4\al([題組訓練])1．假設eq\a\vs4\al(∫\f(π,2)0)(sinx－acosx)dx＝2，那么實數a等于()A．－1 B．1C．－2 D．2解析：選A由題知(－cosx－asinx)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),0))＝1－a＝2，a＝－1.2.eq\a\vs4\al(\i\in(－1,1,))(eq\r(1－x2)＋x)dx＝()A．πB.eq\f(π,2)C．π＋1 D．π－1解析：選Beq\a\vs4\al(\i\in(－1,1,))(eq\r(1－x2)＋x)dx＝eq\a\vs4\al(\i\in(－1,1,))eq\r(1－x2)dx＋eq\a\vs4\al(\i\in(－1,1,))xdx＝eq\f(π,2)＋eq\f(1,2)x2eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,－1))＝eq\f(π,2).應選B.1．定積分eq\a\vs4\al(\i\in(1,2,))eq\f(1＋x2,x)dx的值為()A.eq\f(3,2)＋ln2 B.eq\f(3,4)C．3＋ln2 D.eq\f(1,2)解析：選Aeq\a\vs4\al(\i\in(1,2,))eq\f(1＋x2,x)dx＝eq\a\vs4\al(\i\in(1,2,))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x))dx＝eq\a\vs4\al(\i\in(1,2,))eq\f(1,x)dx＋eq\a\vs4\al(\i\in(1,2,))xdx＝lnxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,1))＋eq\f(1,2)x2eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,1))＝ln2－ln1＋eq\f(1,2)×22－eq\f(1,2)×12＝eq\f(3,2)＋ln2.應選A.2．函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，那么c的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))解析：選A由題意得f′(x)＝x2－x＋c，假設函數f(x)有極值，那么Δ＝1－4c＞0，解得c＜eq\f(1,4).3．函數f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2處有極值，那么該函數的一個遞增區間是()A．(2,3) B．(3，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，3)解析：選B由于函數f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2處有極值，又f′(x)＝6x2＋2ax＋36，所以f′(2)＝0，解得af′(x)＞0，解得x＞3或x＜2，所以函數的一個遞增區間是(3，＋∞)．4．f(x)＝3x2＋lnx，那么eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,Δx)＝()A．7 B．eq\f(7,3)C．21 D．－21解析：選C∵f′(x)＝6x＋eq\f(1,x)，∴eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,Δx)＝3eq\o(lim,\s\do4(3Δx→0))eq\f(f1＋2Δx－f1－Δx,3Δx)＝3f′(1)＝21，選C.5．函數y＝lnx－x在x∈(0，e]上的最大值為()A．e B．1C．－1 D．－e解析：選C函數y＝lnx－x的定義域為(0，＋∞)，又y′＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令y′＝0得x＝1，當x∈(0,1)時，y′>0，函數單調遞增；當x∈(1，e)時，y′<0，函數單調遞減．當x＝1時，函數取得最大值－1，應選C.6．函數f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2＋2x，假設存在滿意0≤x0≤3的實數x0，使得曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線與直線x＋my－10＝0垂直，那么實數m的取值范圍是()A．[6，＋∞) B．(－∞，2]C．[2,6] D．[5,6]解析：選Cf′(x)＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，由于x0∈[0,3]，所以f′(x0)∈[2,6]，又由于切線與直線x＋my－10＝0垂直，所以切線的斜率為m，所以m的取值范圍是[2,6]．7．曲線y＝eq\f(cosx,x)在點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))處的切線方程為________．解析：∵y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(－xsinx－cosx,x2)，∴切線的斜率k＝y′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,x＝\f(π,2)))＝－eq\f(2,π).∴所求切線的方程為y－0＝－eq\f(2,π)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，即y＝－eq\f(2,π)x＋1.答案：y＝－eq\f(2,π)x＋18．函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(4－x2)，－2≤x≤0，,x＋2，0<x≤2，))那么eq\a\vs4\al(\i\in(－2,2,))f(x)dx＝________.解析：由題意可得，eq\a\vs4\al(\i\in(－2,2,))f(x)dx＝eq\a\vs4\al(\i\in(－2,0,))eq\r(4－x2)dx＋eq\a\vs4\al(\i\in(0,2,))(x＋2)dx＝eq\f(1,4)×π×22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋2x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,0))＝π＋6.答案：π＋69．設x1，x2是函數f(x)＝x3－2ax2＋a2x的兩個極值點，假設x1＜2＜x2，那么實數a的取值范圍是________．解析：由題意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的兩個零點x1，x2滿意x1＜2＜x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2＜0，解得2＜a＜6.答案：(2,6)10．函數f(x)＝ex(ax＋b)－x2＋4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x－3.(1)求a，b的值；(2)爭論f(x)的單調性，并求f(x)的微小值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x＋4.∵曲線在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x－3.∴f(0)＝－3，f′(0)＝2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,a＋b＋4＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3.))(2)由(1)，知f(x)＝ex(x－3)－x2＋4x，f′(x)＝ex(x－2)－2x＋4＝(x－2)(ex－2)．令f′(x)＝0，得x＝ln2或x＝2.∴當x∈(－∞，ln2)∪(2，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(ln2,2)時，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln2)，(2，＋∞)上單調遞增，在(ln2,2)上單調遞減．∴當x＝2時，函數f(x)取得微小值，且微小值為f(2)＝4－e2.11．某工廠某種產品的年產量為1000x噸，其中x∈[20,100]，需要投入的本錢為C(x)(單位：萬元)，當x∈[20,80]時，C(x)＝eq\f(1,2)x2－30x＋500；當x∈(80,100]時，C(x)＝eq\f(20000,\r(x)).假設每噸商品售價為eq\f(lnx,x)萬元，通過市場分析，該廠生產的商品能全部售完．(1)寫出年利潤L(x)(單位：萬元)關于x的函數關系式；(2)年產量為多少噸時，該廠所獲利潤最大？解：(1)由題意，知L(x)＝1000lnx－C(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1000lnx－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－30x＋500))，x∈[20，80]，,1000lnx－\f(20000,\r(x))，x∈80，100].))(2)當x∈[20,80]時，L′(x)＝－eq\f(x－50x＋20,