下载文档原格式
一、教学目标1. 知识与技能：（1）理解洛必达法则的概念及其适用条件；（2）掌握洛必达法则的解题步骤；（3）能够运用洛必达法则解决相关的极限问题。
2. 过程与方法：（1）通过实例分析，让学生体会洛必达法则的应用价值；（2）通过小组讨论，培养学生的合作意识和探究能力；（3）通过课堂练习，提高学生的解题技巧。
3. 情感态度与价值观：（1）激发学生对数学学习的兴趣，培养学生对数学问题的探究精神；（2）提高学生的逻辑思维能力，培养学生的严谨学风；（3）使学生认识到洛必达法则在解决实际问题中的重要性。
二、教学内容1. 洛必达法则的概念及其适用条件；2. 洛必达法则的解题步骤；3. 洛必达法则的应用实例。
三、教学过程1. 导入新课通过回顾导数的概念，引导学生思考极限问题，从而引出洛必达法则。
2. 新课讲解（1）洛必达法则的概念及其适用条件：讲解洛必达法则的定义，并结合实例说明其适用条件。
（2）洛必达法则的解题步骤：详细讲解洛必达法则的解题步骤，包括判断适用条件、求导、代入原式等。
（3）洛必达法则的应用实例：通过典型例题，让学生掌握洛必达法则的解题技巧。
3. 小组讨论将学生分成小组，讨论以下问题：（1）洛必达法则与导数的概念有何联系？（2）洛必达法则在解决实际问题中的应用有哪些？（3）如何判断洛必达法则的适用条件？4. 课堂练习布置课后练习题，让学生巩固所学知识。
5. 总结与反思引导学生总结洛必达法则的解题步骤，反思洛必达法则在解决极限问题中的应用。
四、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与度、发言积极性等；2. 课后作业：检查学生完成课后练习题的情况；3. 课堂测试：通过课堂测试，了解学生对洛必达法则的掌握程度。
五、教学资源1. 教材：高中数学教材；2. 多媒体课件：用于展示洛必达法则的概念、解题步骤、应用实例等；3. 练习题：课后练习题、课堂测试题等。
通过以上教学设计方案，帮助学生掌握洛必达法则，提高学生的数学素养和解题能力。
第3章 导数的应用本章介绍导数的一些应用，利用导数求未定式的极限，利用导数研究函数的性态：判断函数的单调性和凹凸性，求函数的极值、最大值、最小值，并解决实际工作中的一些简单最优化问题。
§3.1 洛必达法则如果当0x x →（或x →∞）时，函数()f x 与()g x 都趋于零或都趋于无穷大，则极限0()lim()x x f x g x →（或()lim ()x f x g x →∞）可能存在，也可能不存在，通常称这种极限为未定式，并分别记为00或∞∞。
例如，极限0sin lim x x x →是00型未定式，极限221lim 23x x x →∞-+是∞∞型未定式。
在第1章中，我们曾计算过这种极限，由于不能直接利用极限运算法则，通常需要经过适当的变形，转化成可利用极限运算法则的形式进行计算，这种变形没有一般方法，需视具体问题而定。
下面介绍利用导数计算未定式极限的一般方法——洛必达法则。
一、 00型与∞∞型未定式定理3.1 设函数()f x 、()g x 满足： （1）0lim ()0x x f x →=，0lim ()0x x g x →=；（2）在点0x 的某去心邻域内，()f x '及()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）0()lim()x x f x g x →''存在（或为∞）； 则 ()()=→x g x f x x 0lim()()x g x f x x ''→0lim 。
证明从略.这种在一定条件下通过对分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称 为洛必达法则。
注：（1）在定理3.1中,把“0x x →”换成“x →∞”（或其他情形）时，结论也成立。
（2）定理3.1中的条件(1)，若改为lim x x →)(x f ＝∞, 0lim x x →)(x g ＝∞，则定理仍成立.（3）如果0()lim'()x x f x g x →'仍是00型或∞∞型未定式，并且函数)(x f '、'()g x 满足定理3.1中的条件，则可以继续利用洛必达法则，即有()()limx x f x g x →=0()lim'()x x f x g x →'0''()lim ''()x x f x g x →== . 例1 求0ln(1sin )limx x x →+.解 这是0型未定式,应用洛必达法则,得000cos ln(1sin )cos cos01sin lim lim lim 111sin 1sin 0x x x xx x x x x →→→++====++. 注:上式中的0cos lim 1sin x xx→+已经不是未定式,不能再对它应用洛必达法则,否则会得出错误的结论；事实上，利用初等函数的连续性即可求出它的值。
第5讲洛必达法则知识与方法与函数导数相关的压轴题,一般需要确定函数的值域和参数的取值范围,其传统做法是构造函数,然后通过分类讨论,求导分析单调性进行,过程相对复杂繁琐,且分类的情况较多.并且我们采用分离参数时,往往还会出现最值难以求解的情况,这时,我们就可以考虑使用“洛必达法则”来简化解题过程,快速解题. 下面,我们先来介绍一下洛必达法则：法则1:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim x→a f(x)=0及lim x→a g(x)=0;(2)在点a的去心邻域内,f(x)与g(x)可导,且g′(x)≠0;(3)lim x→a f′(x)g′(x)=l.那么lim x→a f(x)g(x)=lim x→a f′(x)g′(x)=l.法则2:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)limx→∞f(x)=0及limx→∞g(x)=0;(2)∃A>0,f(x)和g(x)在(−∞,A)与(A,+∞)内可导,且g′(x)≠0;(3)limx→∞f′(x)g′(x)=l.那么limx→∞f(x)g(x)=limx→∞f′(x)g′(x)=l.法则3:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim x→a f(x)=∞及lim x→a g(x)=∞;(2)在点a的去心邻域内,f(x)与g(x)可导,且g′(x)≠0;(3)lim x→a f′(x)g′(x)=l.那么lim x→a f(x)g(x)=lim x→a f′(x)g′(x)=l.利用洛必达法则解题时,应点睛意:①将上面公式中的x→a,x→∞换成x→+∞,x→−∞,x→a+,x→a−,洛必达法则也成立.②洛必达法则可处理00,∞∞,0⋅∞,1∞,∞0,00,∞−∞型.③在着手求极限以前,首先要检查是否满足00,∞∞,0⋅∞,1∞,∞0,00,∞−∞型定式,否则滥用洛必达法则会出错.当不满足三个前提条件时,就不能用洛必达法则,这时称洛必达法则不适用,应从另外途径求极限.④若条件符合,洛必达法则可连续多次使用,直到求出极限为止.典型例题【例1】已知f(x)=(x+1)lnx.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对于任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0成立,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx+1+1x,令g(x)=lnx+1+1x (x>0),则g′(x)=1x−1x2=x−1x2,所以当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以x>0时,g(x)≥g(1)=2>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无减区间.(2)解法1:分离参数+洛必达法则对任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0成立等价于对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立.当x=1时,a∈R;对任意x>1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0恒成立等价于对任意x>1,a≥xlnxx2−1恒成立.记m(x)=xlnxx2−1(x>1),则m′(x)=(1+lnx)(x2−1)−2x2lnx(x2−1)2=x2−1−(1+x2)lnx(x2−1)2=1x2+1(1−2x2+1−lnx)(x2−1)2.记t(x)=1−21+x2−lnx(x>1),则t′(x)=4x(1+x2)2−1x=4x2−(1+x2)2x(1+x2)2=−(1−x2)2x(1+x2)2<0,所以t(x)在(1,+∞)单调递减,又t(1)=0,所以x>1时,t(x)<0,m′(x)<0,所以m(x)在(1,+∞)单调递减.所以m(x)max<m(1)=lim x→1xlnxx2−1=lim x→1xlnxx+1−0x−1=lim x→1x+1−lnx(x+1)2=12.综上所述,实数a的取值是[12,+∞).解法2:直接讨论+分类讨论“对任意x ≥1,不等式x [f (x )x+1−ax]+a ≤0恒成立”等价于“对任意x ≥1,不等式x (lnx −ax )+a ≤0恒成立”.令ℎ(x )=xlnx −ax 2+a (x ≥1), 则ℎ′(x )=1+lnx −2ax ,令m (x )=1+lnx −2ax (x ≥1),则m ′(x )=1x −2a . ①当2a ≥1,即a ≥12时,因为x ≥1,所以0<1x ≤1,所以m ′(x )≤0,从而m (x )在[1,+∞)上单调递减, 又m (1)=1−2a ≤0,所以x ≥1时,m (x )≤0, 即ℎ′(x )≤0,所以ℎ(x )在[1,+∞)上单调递减,又ℎ(1)=0,所以当x ≥1时,ℎ(x )≤0,即a ≥12符合题意; ②若0<2a <1,即0<a <12时,所以1≤x <12a 时,m (x )≥m (1)=1−2a >0, 即ℎ′(x )>0,所以ℎ(x )在[1,12a )单调递增.所以当1≤x <12a 时,ℎ(x )≥ℎ(1)=0,故0<2a <1不符合题意. ③若a ≤0时,则m ′(x )≥0恒成立,所以m (x )在[1,+∞)上单调递增, 故当x ≥1时,m (x )≥m (1)=1−2a >0, 即ℎ′(x )>0,所以ℎ(x )在[1,+∞)上单调递增,所以当x ≥1时,ℎ(x )≥ℎ(1)=0,故x (lnx −ax )+a ≥0恒成立. 综上所述,实数a 的取值范围是[12,+∞). 解法3:构造函数+分类讨论对任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0恒成立等价于对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立.令t(x)=lnx−a(x−1x)(x≥1),则t′(x)=1x −a(1+1x2)=−ax2−x+ax2,记Δ=1−4a2.①当a≥12时,Δ≤0,此时t′(x)≤0,t(x)在[1,+∞)单调递减,又t(1)=0,所以x≥1时,t(x)≤0,即对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立;②当a≤−12时,Δ≤0,此时t′(x)≥0,t(x)在[1,+∞)单调递增,又t(1)=0,所以x≥1时,t(x)≥0,即对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≥0恒成立,不符合题意;③当a=0时,不等式转化为lnx≤0(x≥1),显然不成立;④当−12<a<12,且a≠0时,方程ax2−x+a=0的二根为x1=1+√1−4a22a,x2=1−√1−4a22a.若0<a<12,x1>1,0<x2<1,则t(x)在(1,x1)单调递增,又t(1)=0,所以x∈(1,x1),t(x)≥0,即不等式lnx−a(x−1x)≤0不恒成立;⑤若−12<a<0,x1<x2<0,则t(x)在(1,+∞)上单调递增,又t(1)=0,所以x∈[1,+∞)时,t(x)≥0,即不等式lnx−a(x−1x)≤0不恒成立,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围是[12,+∞).【点睛】通过此例,我们可以发现使用“洛必达法则”的好处,可以较为简单地解决问题,在恒成立问题中的求参数取值范围,参数与变量分离较易理解,但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦,利用洛必达法则可以较好的处理它的最值,是一种值得借鉴的方法.【例2】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2−x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2−x),定义域为(−1,+∞)f′(x)=1x+1+a(2x−1)=a(2x−1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1−ax+1,当a=0时,f′(x)=1x+1>0,函数f(x)在(−1,+∞)上为增函数,无极值点.设g(x)=2ax2+ax+1−a,g(−1)=1,g(−1)=1,Δ=a(9a−8)>0,当a≠0时,g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数.若Δ=a(9a−8)≤0,即0<a≤89时,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(−1,+∞)为增函数,无极值点.若Δ=a(9a−8)>0,即a>89或a<0,而当a<0时,g(−1)≥0,此时方程g(x)=0在(−1,+∞)只有一个实数根,此时函数f(x)只有一个极值点;当a>89时,方程g(x)=0在(−1,+∞)有两个不相等的实数根,此时函数f(x)有两个极值点;综上可知:当0≤a≤89时,f(x)的极值点个数为0;当a<0时,f(x)的极值点个数为1;当a>89时,f(x)的极值点个数为2.(2)解法1:由(1)可知当0≤a ≤89时f (x )在(0,+∞)单调递增, 而f (0)=0,则当x ∈(0,+∞)时,f (x )>0,符合题意; 当a >89时,Δ=a (9a −8)>0,方程g (x )=0的两根为: x 1=−a−√a (9a−8)4a ,x 2=−a+√a (9a−8)4a,当89<a ≤1时,g (0)≥0,x 2≤0,f (x )在(0,+∞)单调递增,而f (0)=0, 则当x ∈(0,+∞)时,f (x )>0,符合题意;当a >1时,g (0)<0,x 2>0,所以函数f (x )在(0,x 2)单调递减,而f (0)=0, 则当x ∈(0,x 2)时,f (x )<0,不符合题意;当a <0时,设ℎ(x )=x −ln (x +1),当x ∈(0,+∞)时ℎ′(x )=1−1x+1=x1+x >0,ℎ(x )在(0,+∞)单调递增,因此当x ∈(0,+∞)时ℎ(x )>ℎ(0)=0,ln (x +1)<x , 于是f (x )<x +a (x 2−x )=ax 2+(1−a )x ,当x >1−1a 时ax 2+(1−a )x <0, 此时f (x )<0,不符合题意.综上所述,a 的取值范围是0≤a ≤1. 解法2:函数f (x )=ln (x +1)+a (x 2−x ),∀x >0,都有f (x )≥0成立, 即ln (x +1)+a (x 2−x )≥0恒成立, 设ℎ(x )=−ln (x+1)x 2−x ,则ℎ′(x )=−1x+1(x 2−x)+(2x−1)ln (x+1)(x 2−x )2=(2x−1)[−x 2−x(2x−1)(x+1)+ln (x+1)](x 2−x )2,设φ(x )=−x 2−x(2x−1)(x+1)+ln (x +1),则φ′(x )=(x 2−x)(4x+1)(2x−1)2(x+1)2,所以x ∈(0,12)和x ∈(12,1)时,φ′(x )<0,所以φ(x )在(0,12),(12,1)上单调递减, x ∈(1,+∞)时,φ′(x )>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增, 因为φ(0)=0,lim x→12−x 2−x (2x−1)(x+1)>0,φ(1)=ln2>0,所以x ∈(0,1)和x ∈(1,+∞)时,ℎ′(x )>0,所以ℎ(x )在(0,1)与(1,+∞)上递增. 当x ∈(0,1)时,x 2−x <0,所以a ≤−ln (x+1)x 2−x,由ℎ(x )的单调性可得,a ≤lim x→0−ln (x+1)x 2−x=lim x→0−1x+12x−1=lim x→0−1(2x−1)(x+1)=1;当x =1时,f (x )=0,恒成立; 当x ∈(1,+∞)时,x 2−x >0,所以a ≥−ln (x+1)x 2−x ,由ℎ(x )的单调性可得,a ≥−ln (x +1)x 2−x =lim x→+∞−ln (x +1)x 2−x =lim x→+∞−1x +12x −1=lim x→+∞−1(2x −1)(x +1)=0,综上,a ∈[0,1].【例3】已知f (x )=(ax +1)lnx −ax . (1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )在(0,+∞)上单调递增,求实数a 的取值范围;(3)令g (x )=f ′(x ),存在0<x 1<x 2,且x 1+x 2=1,g (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =1时,f (x )=(x +1)lnx −x ,则f ′(x )=lnx +x+1x−1=lnx +1x ,所以f ′′(x )=1x −1x 2=x−1x 2,当x ∈(0,1)时,f ′′(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f ′′(x )>0, 则f ′(x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又因为f ′(1)=1>0,所以x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；(2)当a =0时,f (x )=lnx,f (x )在(0,+∞)上单调递增,则a =0时满足要求;当a ≠0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增,则当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )≥0恒成立,因为f ′(x )=alnx +1x ,f ′′(x )=ax −1x 2,当a <0时,f ′′(x )=ax −1x 2<0,所以f′(x )在(0,+∞)上单调递减,而f ′(e −1a)=−1+1e −1a,因为a <0,e−1a≥1,所以f ′(e −1a)=−1+1e −1a<0,所以x ∈(e −1a,+∞)时,f ′(x )<0,故a <0时不成立,当a >0时,f ′′(x )=ax−1x 2,当x ∈(0,1a )时,f ′′(x )<0,x ∈(1a ,+∞)时,f ′′(x )>0,则f ′(x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增,因为x ∈(0,+∞)时,f ′(x )≥0,只需f ′(1a )≥0,即f ′(1a )=aln 1a +a =a (1−lna )≥0,因为a >0,所以1−lna ≥0,则0<a ≤e , 综上所述,实数a 的取值范围是[0,e].(3)因为g (x )=f ′(x )=alnx +1x ,所以g (x 1)=alnx 1+1x 1,g (x 2)=alnx 2+1x 2,因为g (x 1)=g (x 2),所以alnx 1+1x 1=alnx 2+1x 2,即alnx 2x 1+1x 2−1x 1=0,又x 1+x 2=1, 所以aln x2x 1+(x 1+x 2)x 2−(x 1+x 2)x 1=0,即aln x 2x 1+x1x 2−x2x 1=0，令t =x 2x 1,则t ∈(1,+∞),即alnt +1t −t =0方程有解.解法1:分离参数+洛必达法则 即a =t−1tlnt,令ℎ(t )=t−1tlnt,则ℎ′(t )=(1+1t2)lnt−(t−1t)×1t(lnt )2=(1+t 2t 2)lnt+1−t 2t2(lnt )2,令F (t )=lnt +1−t 2t 2+1,F′(t )=1t +−4t(t 2+1)2=(t 2+1)2−4t 2t (t 2+1)2≥0,所以当t ∈(1,+∞)时,ℎ′(t )≥0,故ℎ(t )在(1,+∞)上单调递增, 故ℎ(t )=t−1tlnt>ℎ(1),由洛必达法则知:当t →1时,ℎ(t )=1+1t21t ,则ℎ(1)→2,则a >2,所以实数a 的取值范围是(2,+∞). 解法2:令G (t )=alnt +1t −t ,则t ∈(1,+∞)时,G (t )=0有解, G′(t )=a t −1t 2−1=−t 2+at−1t 2,因为t ∈(1,+∞)时,则t +1t >2,当a ≤2时,−t 2+at−1t 2=a−(t+1t)t≤0,即t ∈(1,+∞)时,G ′(t )≤0,则G (t )在(1,+∞)上单调递减,又G (1)=0,故t ∈(1,+∞)时,G (t )=0无解,则a ≤2时不成立;当a>2时,当t∈(1,a+√a2−42)时,G′(t)>0,t∈(a+√a2−42,+∞)时,G′(t)<0,又G(1)=0,则t∈(1,a+√a2−42),G(t)>0,而G(e a)=a2+1e a−e a<a2+1−e a(a>2),令H(x)=x2+1−e x(x>2),H′(x)=2x−e x,H′′(x)=2−e x,因为x>2,则H′′(x)=2−e x<0,则H′(x)在(2,+∞)单调递减,H′(x)≤H′(2)=4−e2<0,则H(x)在(2,+∞)单调递减,则H(x)<H(2)=5−e2<0,即G(e a)<0,故存在x0∈(a+√a2−42,e a),使得G(x0)=0,故a>2时满足要求,综上所述,实数a的取值范围是(2,+∞).【点睛】(1)利用导数研究函数的单调性,求导得f′(x)=lnx+1x,则f′′(x)=x−1x2,由此得f′(x)≥f′(1)=1>0,从而得到函数的单调性;(2)分类讨论,当a=0时,f(x)=lnx,满足要求;当a≠0时,x∈(0,+∞)时,f′(x)≥0恒成立,而f′(x)=alnx+1x ,f′′(x)=ax−1x2,再分a<0和a>0两种情况讨论即可求出答案;(3)由题意得alnx1+1x1=alnx2+1x2,即aln x2x1+1x2−1x1=0,进而有aln x2x1+x1x2−x2 x1=0,令t=x2x1,则转化为t∈(1,+∞)时,alnt+1t−t=0方程有解.一般地,含有参数的函数恒成立问题往往从三个角度求解:一是直接求导,通过对参数的讨论来研究函数的单调性,进一步确定参数的取值范围;二是借助函数单调性确定参数的取值范围,然后对参数取值范围以外的部分进行分析验证其不符合题意,即确定所求;三是分离参数,求相应函数的最值或取值范围,当函数的最值不容易求解时,利用“洛必达法则”往往能化难为易,使问题得到解决.强化训练1.已知函数f (x )=e x −x −1,若当x ≥0时,恒有|f (x )|≤mx 2e |x |成立,求实数m 的取值范围.【解析】因为f (x )=e x −x −1,所以f ′(x )=e x −1, 所以当x ∈(−∞,0)时,f ′(x )<0,即f (x )递减, 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0,即f (x )递增.若当x ≥0时,恒有|f (x )|≤mx 2e |x |成立,即恒有0≤f (x )≤mx 2e x 成立, 当x =0时,不等式恒成立.当x >0时,恒有0≤f (x )≤mx 2e x 成立,即m ≥e x −x−1x 2e x,令H (x )=e x −x−1x 2e x,则H′(x )=x 2−2e x +2x+2x 3e x .今ℎ(x )=x 2−2e x +2x +2,则ℎ′(x )=2x −2e x +2,进一步ℎ′′(x )=2−2e x <0,所以ℎ′(x )=2x −2e x +2在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ′(x )<ℎ′(0)=0, 所以ℎ(x )=x 2−2e x +2x +2在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x )<ℎ(0)=0, 即H ′(x )<0在(0,+∞)上恒成立,所以H (x )在(0,+∞)上单调递减. 所以lim x→0+e x −x−1x 2e x=lim x→0+e x −1e x (x 2+2x )=lim x→0+e xe x (x 2+4x+2)=12,所以m ≥12.综上,m 的取值范围为[12,+∞).2.已知函数f (x )=x 2−mx −e x +1.(1)若函数f (x )在点(1,f (1))处的切线l 经过点(2,4),求实数m 的值; (2)若关于x 的方程|f (x )|=mx 有唯一的实数解,求实数m 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=2x −m −e x ,所以在点(1,f (1))处的切线l 的斜率k =f ′(1)=2−e −m ,又f (1)=2−e −m ,所以切线l 的方程为:y −(2−e −m )=(2−e −m )(x −1),即l:y =(2−e −m )x ,由l 经过点(2,4)可得:4=2(2−e −m )⇒m =−e . (2)易知|f (0)|=0=m ×0,即x =0为方程的根,因此只需说明: 当x >0和x <0时,原方程均没有实数根即可. ① 当x >0时,若m <0,显然有mx <0,而|f (x )|≥0恒成立,此时方程显然无解; 若m =0,f (x )=x 2−e x +1⇒f ′(x )=2x −e x ,f ′′(x )=2−e x ,令f ′′(x )>0⇒x <ln2,故f ′(x )在(0,ln2)单调递增,在(ln2,+∞)单调递减, 故f ′(x )<f ′(ln2)=2ln2−2<0,所以f (x )在(0,+∞)单调递减,于是f (x )<f (0)=0,从而|f (x )|>0,mx =0×x =0,此时方程|f (x )|=mx 也无解; 若m >0,由|f (x )|=mx ⇒m =|x +1x −e x x−m|,记g (x )=x +1x −e x x −m ,则g′(x )=(x−1)(x+1−e x )x 2,设ℎ(x )=x +1−e x,则ℎ′(x )=1−e x <0对任意x ∈(0,+∞)恒成立,所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x)<ℎ(0)=0恒成立,令g′(x)>0⇒0<x<1⇒g(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减所以g(x)≤g(1)=2−e−m<0⇒|g(x)|≥e−2+m>m,可知原方程也无解.由上面的分析可知,当x>0时,∀m∈R,方程|f(x)|=mx均无解.②当x<0时,若m>0,显然有mx<0,而|f(x)|≥0恒成立,此时方程显然无解;若m=0,和(1)中的分析同理可知此时方程|f(x)|=mx也无解.若m<0,由|f(x)|=mx⇒−m=|x+1x −e xx−m|,记g(x)=x+1x −e xx−m,则g′(x)=(x−1)(x+1−e x)x2,由(1)中的分析可知:ℎ(x)=x+1−e x<0,故g′(x)>0对任意x∈(−∞,0)恒成立,从而g(x)在(−∞,0)上单调递增,点睛意到lim x→0−g(x)=lim x→0−x2+1−e xx −m=lim x→0−2x−e x1−m=−1−m,如果−1−m≤0,即m≥−1,则|g(x)|>m+1,要使方程无解,只需−m≤m+1,即m≥−12,所以−12≤m<0;如果−1−m>0,即m<−1,此时|g(x)|∈[0,+∞),方程−m=|g(x)|一定有解,不满足题意.由上面的分析可知:当x<0时,∀m∈[−12,+∞),方程|f(x)|=mx均无解,综合①②可知,当且仅当m∈[−12,+∞)时,方程|f(x)|=mx有唯一解.。
