1、
【2017全国卷1文科第14题高考真题】曲线\(y=x^2+\cfrac{1}{x}\)在点\((1，2)\)处的切线方程是__________。
分析：利用点斜式来求解，
其中斜率\(k=f'(x)_{|x=1}=(2x-\cfrac{1}{x^2})_{|x=1}=1\)，
切点是\((1，2)\)，
故切线方程为\(y-2=1(x-1)\)，整理为\(y=x+1\)。
6、
【2017全国卷2理科第11题高考真题】若\(x=-2\)是函数\(f(x)=(x^2+ax-1)e^{x-1}\)的极值点，则\(f(x)\)的极小值是（ ）
A、-1 \(\hspace{2cm}\) B、\(-2e^{-3}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(e^{-3}\) \(\hspace{2cm}\) D、 1
分析：\(f'(x)=(2x+a)e^{x-1}+(x^2+ax-1)e^{x-1}=e^{x-1}[x^2+(a+2)x+a-1]\)，
又由题目可知\(f'(-2)=0\)，即\(f'(-2)=e[4+(a+2)(-2)+a-1]=0\)，解得\(a=-1\)
故原函数\(f(x)=(x^2-x-1)e^{x-1}\)，
其导函数\(f'(x)=e^{x-1}(x^2+x-2)=e^{x-1}(x+2)(x-1)\)，
仿照上例，做出函数\(g(x)=(x+2)(x-1)\)的图像可知，
函数的极小值点是\(x=1\)；
故函数\(f(x)_{极小}=f(1)=-1\)。故选A。
9、№.21【题文】 函数\(f(x)=a\cdot e^x-lnx-1\)，
(1)、设\(x=2\)是\(f(x)\)的极值点，求\(a\)，并求\(f(x)\)的单调区间。
【解析】\(f'(x)=ae^x-\cfrac{1}{x}\)，由\(f'(2)=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{2e^2}\)；
即\(f(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-lnx-1\)；
下面求单调区间，定义域是\((0，+\infty)\)，
【法1】：\(f'(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{2e^2}\cdot \cfrac{xe^x-2e^2}{x}\)
到此，结合题目给定的\(f'(2)=0\)，猜想验证，写出结果，
当\(0< x <2\)时，\(f'(x )<0\)，当\(x >2\)时，\(f'(x) >0\)，
故单调递减区间是\((0，2)\)，单调递增区间是\((2，+\infty)\)；
【法2】：令\(f'(x)>0\)，即\(\cfrac{e^x}{2e^2}>\cfrac{1}{x}\)，即\(xe^x-2e^2>0\)，观察可得，\(x >2\)
同理，令\(f'(x)<0\)，可得\(0< x < 2\)，
故单调递减区间是\((0，2)\)，单调递增区间是\((2，+\infty)\)；
(2)、证明\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。
【法1】： 已知题目\(a\ge \cfrac{1}{e}\)是\(f(x)\ge 0\)的充分条件，转化为求\(f(x)\ge 0\)恒成立时，求解\(a\)的取值范围，即必要条件。
由题目\(f(x)\ge 0\)可知，\(ae^x-lnx-1 \ge 0\)，即\(ae^x\ge lnx+1\)，
分离参数得到\(a\ge \cfrac{lnx+1}{e^x}\)恒成立，
令\(h(x)= \cfrac{lnx+1}{e^x}\)，只需要求得\(h(x)_{max}\)，
\(h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}e^x-(lnx+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{\cfrac{1}{x}-lnx-1}{e^x}\)
\(=\cfrac{1}{e^x}\cdot \cfrac{1-x-x\cdot lnx}{x}\)
说明：此时有一个很实用的数学常识，当表达式中含有\(lnx\)时常常用\(x=1\)来尝试寻找分点。比如此题中\(h'(1)=0\)
然后分\((0，1)\)和\((1，+\infty)\)两段上分别尝试判断其正负，从而得到
当\(0< x <1\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，
当\(x >1\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，
故\(x=1\)时，函数\(h(x)_{max}=h(1)=\cfrac{1}{e}\)，
故\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。
小结：1、本题转而求\(f'(x)\ge 0\)的必要条件。
2、注意含有\(lnx\)或\(ln(x+1)\)的表达式的分点的尝试，其实质是数学中的观察法。
【法2】：分析，当\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1=g(x)\)，只需要说明\(g(x)_{min}\ge 0\)即可。
当\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1\)，
设\(g(x)=\cfrac{e^x}{e}-lnx-1\)，则\(g'(x)=\cfrac{e^x}{e}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{e}\cdot \cfrac{xe^x-1\cdot e^1}{x}\)，
故用观察法容易得到
\(0< x <1\)时，\(g'(x)<0\)，\(x > 1\)时，\(g'(x)>0\)，
即\(x=1\)是函数\(g(x)\)的最小值点，则\(x>0\)时，\(g(x)\ge g(1)=0\)，
故\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。
10、№21【题文】 已知函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)\)。
(1).若\(a=3\)，求\(f(x)\)的单调区间。
(2).证明：\(f(x)\)只有一个零点。
【解析】(1).\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)\)，
当\(a=3\)时，\(f'(x)=x^2-3(2x+1)，\) 令\(f'(x)=0\)，则\(x=3\pm 2\sqrt{3}\)，
则\(x<3-2\sqrt{3}\)或\(x>3+2\sqrt{3}\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增；
\(3-2\sqrt{3}< x < 3+2\sqrt{3}\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；
故单调递增区间为\((-\infty，3-2\sqrt{3})\)和\((3+2\sqrt{3}，+\infty)\)，单调递减区间为\((3-2\sqrt{3}，3+2\sqrt{3})\)。
(2).由题目可知，函数\(f(x)\)只有一个零点，即方程\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)=0\)只有一个解。
即方程\(a(x^2+x+1)=\cfrac{1}{3}x^3\)只有一个解。注意到\(x^2+x+1\neq 0\)
即方程\(a=\cfrac{\cfrac{1}{3}x^3}{x^2+x+1}=\cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)}\)只有一个解。
令函数\(h(x)=\cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)}\)，则
\(h'(x)=\cfrac{3x^2\cdot 3(x^2+x+1)-x^3\cdot 3(2x+1)}{[3(x^2+x+1)]^2}\)
\(=\cfrac{3x^2(x^2+2x+3)}{[3(x^2+x+1)]^2}\)
\(=\cfrac{3x^2[(x+1)^2+2]}{[3(x^2+x+1)]^2}\ge 0\)，且仅仅在\(x=0\)一个点处使得\(h'(x)=0\)，
故函数\(h'(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调递增；
又由于\(h(x)=\cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)}=\cfrac{x}{3(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})}\)
当\(x\rightarrow +\infty\)时，\(h(x)\rightarrow +\infty\)；
当\(x\rightarrow -\infty\)时，\(h(x)\rightarrow -\infty\)；
即函数\(y=a\)与函数\(y=h(x)\)必然只有一个交点，
故方程\(a=h(x)\)必然只有一个根，即函数\(f(x)\)只有一个零点。
【解后反思】1、如果仅仅证明到函数\(h(x)\)单调递增，则方程\(a=h(x)\)必然有一个交点是有漏洞的，比如函数\(h(x)\)满足单调递增，但是其图像夹在直线\(y=\pm 1\)之间时，则方程\(a=h(x)\)可能有一个交点，也可能没有交点。
2、估计高考答案是注意到这个解法需要用极限说明图像，故采用了单调性和零点存在性定理做了说明。
3、注意数学常识的使用，\(x^2 \pm x+1>0\)，\(x^2+2x+3=(x+1)^2+2>0\).