带有绝对值的导数问题

带有绝对值的导数问题往往看起来很棘手，但是其实它的基本操作一定都是先去掉绝对值，再分别讨论。

以下面这道题作为例子：

例：已知函数\(f(x)=\frac{(x+1)\ln x-mx+1}{x}，m∈R.\)
(1)若\(m=1\)，求曲线\(y=f(x)\)在点\((1,f(1))\)处的切线方程.
(2)设函数\(g(x)=|\frac{f(x)}{e^x}|\)，若\(g(x)\)在\([1,e]\)上是单调函数，求实数\(m\)的取值范围.

解:
(1) \(f(x)=\frac{(x+1) \ln x-x+1}{x}\)
\(f(1)=0\)
\(f'(x)=\frac{x-\ln x}{x^{2}}\)
\(f'(1)=1\)
\(∴f(x)在(1,0)处的切线方程为y=x-1\)
即\(x-y-1=0\).
(2) \(g(x)=\left|\frac{f(x)}{e^{x}}\right|=\left|\frac{(x+1) \ln x-m x+1}{x e^{x}}\right|\)
\(f(x)=\frac{x-\ln x}{x^{2}}>0\) 恒成立
\(f(x)在(0,+\infty)\)单调递增
\(f(1)=1-m\)
\(f(e)=1-m+\frac{2}{e}\)
\(∵g(x)在[1,e]上是单调函数\)
\(∴f(1) ·f(e)\geq 0\)
分类讨论：
\(①m\leq 1\)
\(则f(1)\geq 0,f(e)\geq \frac{2}{e} \gt 0\)
\(g(x)=\frac{(x+1) \ln x-m x+1}{x e^{x}}\)
\(g'(x)=\frac{-x^{2} \ln x-x \ln x-\ln x+m x^{2}}{x^{2} e^{x}}\)
\(设\varphi(x)=-x^{2} \ln x-x \ln x-\ln x+m x^{2}\).
\(\varphi(1)=m\)
\(\varphi(e)=(m-1) e^{2}-e-1<0\)
\(∵\varphi(1) \leqslant 0\)
\(∴m∈(-\infty, 0]\)
\(②m \geq 1+\frac{2}{e}\)
\(g(x)=-\frac{(x+1) \ln x-m x+1}{x e^{x}}\)
\(g'(x)=\frac{x^{2}\ln x+x \ln x+\ln x-m x^{2}}{x^{2} e^{x}}\)
\(设\varphi(x)=x^{2}\ln x+x \ln x+\ln x-m x^{2}\)
\(varphi(1)=-m \lt 0\)
\(∴varphi(e)=-(m-1)e^2+e+1 \lt 0\)
\(∴m \geq \frac{1}{e} + \frac{1}{e^2} +1\)
综上所述，\(m∈(-\infty, 0] \cup\left[1+\frac{2}{e},+\infty\right)\)

观察上述解题过程，由\(f(x)\)的单调性，并结合题目中给定的条件，我们可以将\(m\)的取值范围进行划分，分为\(m \leq 1\)和\(m \geq 1+\frac{2}{e}\)两种，进而可以对\(f(x)\)的在不同区间的正负性分别进行处理，去掉绝对值，在划定的范围内按照常规导数题的解法进行求解，最后再以“综上所述”整理各个区间所得的结果，即可完成求解。

=>To Be Continued.
感觉遇到的这一类问题比较少，以后再碰见了我再在下面加一些例题。