三、导数与微分｜小题·具体函数在指定点处的导数等5类

小题

（一）具体函数在指定点处的导数

1. 【1989-3-3 分】 设 $f(x)=x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)$，则 $f^{\prime }(0)=$ _____。

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答案： $n!$

解析： 令

$g(x)=(x+1)(x+2)\cdots (x+n)$，

则 $f(x)=xg(x)$。由乘积求导法则，

$f^{\prime }(x)=g(x)+x{g}^{\prime }(x)$。

代入 $x=0$，得

$f^{\prime }(0)=g(0)=1\cdot 2\cdots n=n!$。

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2. 【1992-12-3 分】 设 $f(x)=3x^3+x^2|x|$，则使 $f^{(n)}(0)$ 存在的最高阶数 $n$ 为（ ）。

A. 0    B. 1    C. 2    D. 3

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答案： C

解析： 由绝对值的定义，

$f(x)=\{\begin{array}{ll}4x^3,& x\ge 0,\\ 2x^3,& x<0.\end{array}$

显然 $f(0)=0$。对 $x\ne 0$ 求导，得

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}12x^2,& x>0,\\ 6x^2,& x<0,\end{array}$

并且

$f^{\prime }(0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h)-f(0)}{h}=0$。

继续求导，

$f^{\prime \prime }(x)=\{\begin{array}{ll}24x,& x>0,\\ 12x,& x<0,\end{array}$

且

$f^{\prime \prime }(0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)}{h}=0$。

但是

$\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime \prime }(h)-f^{\prime \prime }(0)}{h}=24$，

$\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{f^{\prime \prime }(h)-f^{\prime \prime }(0)}{h}=12$，

左右极限不相等，故 $f^{\prime \prime \prime }(0)$ 不存在。

因此最高阶数为 $n=2$，故选 C。

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3. 【1995-3-5 分】 设

$f(x)=\{\begin{array}{ll}x\arctan \frac{1}{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$

试讨论 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处的连续性。

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答案： $f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

解析： 先由导数定义求 $f^{\prime }(0)$：

$f^{\prime }(0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h)-f(0)}{h}$

$=\underset{h\to 0}{\lim }\arctan \frac{1}{h^2}=\frac{\pi }{2}$。

当 $x\ne 0$ 时，

$f^{\prime }(x)=\arctan \frac{1}{x^2}+x\cdot \frac{-2x^{-3}}{1+x^{-4}}$

$=\arctan \frac{1}{x^2}-\frac{2x^2}{1+x^4}$。

于是

$\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\frac{\pi }{2}-0=\frac{\pi }{2}=f^{\prime }(0)$。

因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

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4. 【1996-45-5 分】 设

$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{g(x)-e^{-x}}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$

其中 $g(x)$ 有二阶连续导数，且 $g(0)=1$，$g^{\prime }(0)=-1$。

（1）求 $f^{\prime }(x)$；

（2）讨论 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的连续性。

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答案： $f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x[g^{\prime }(x)+e^{-x}]-[g(x)-e^{-x}]}{x^2},& x\ne 0,\\ \frac{g^{\prime \prime }(0)-1}{2},& x=0；\end{array}$

且 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续。

解析： 当 $x\ne 0$ 时，由商的求导法则，

$f^{\prime }(x)=\frac{x[g^{\prime }(x)+e^{-x}]-[g(x)-e^{-x}]}{x^2}$。

下面求 $f^{\prime }(0)$。由导数定义，

$f^{\prime }(0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h)-f(0)}{h}$

$=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{g(h)-e^{-h}}{h^2}$。

因为 $g(0)=1$、$g^{\prime }(0)=-1$，且

$e^{-h}=1-h+\frac{h^2}{2}+o(h^2)$，

$g(h)=1-h+\frac{g^{\prime \prime }(0)}{2}{h}^2+o(h^2)$，

故

$f^{\prime }(0)=\frac{g^{\prime \prime }(0)-1}{2}$。

由于 $g^{\prime \prime }(x)$ 连续，可写成

$g(x)-e^{-x}=\frac{g^{\prime \prime }(0)-1}{2}{x}^2+o(x^2)$。

进一步对 $x\ne 0$ 的导数表达式取极限，可得

$\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime \prime }(0)-1}{2}=f^{\prime }(0)$。

在 $x\ne 0$ 处，$f^{\prime }(x)$ 由连续函数经过四则运算得到，故连续；在 $x=0$ 处也连续。

因此 $f^{\prime }(x)$ 在整个 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续。

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5. 【1998-12-3 分】 函数 $f(x)=(x^2-x-2)|x^3-x|$ 的不可导点的个数是（ ）。

A. 0    B. 1    C. 2    D. 3

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答案： C

解析： 绝对值内部

$x^3-x=x(x-1)(x+1)$

在 $x=-1,0,1$ 处为零。这三个点是可能的不可导点。

同时

$x^2-x-2=(x-2)(x+1)$。

在 $x=0$ 与 $x=1$ 处，外部因子均不为零，而 $x^3-x$ 在这两点均为单零点，所以绝对值产生尖点，函数不可导。

在 $x=-1$ 附近，令 $u=x+1$，则

$x^2-x-2=(x-2)u$，

$|x^3-x|=|x(x-1)u|$。

因此

$f(x)=(x-2)|x(x-1)|u|u|$。

由于 $u|u|$ 在 $u=0$ 处可导，故 $f(x)$ 在 $x=-1$ 处可导。

所以不可导点只有 $x=0,1$，共 2 个，故选 C。

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6. 【2003-3-4 分】 设

$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^{\lambda }\cos \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$

其导函数在 $x=0$ 处连续，则 $\lambda$ 的取值范围是 _____。

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答案： $\lambda >2$

解析： 先考察 $f^{\prime }(0)$：

$f^{\prime }(0)=\underset{h\to 0}{\lim }{h}^{\lambda -1}\cos \frac{1}{h}$。

要使该极限存在且等于 $0$，至少需要 $\lambda >1$。

当 $x\ne 0$ 时，

$f^{\prime }(x)=\lambda x^{\lambda -1}\cos \frac{1}{x}+x^{\lambda -2}\sin \frac{1}{x}$。

要使 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续，必须有

$\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(0)=0$。

第一项在 $\lambda >1$ 时趋于 $0$；第二项趋于 $0$ 的充要条件为

$\lambda -2>0$。

因此

$\lambda >2$。

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7. 【2012-123-4 分】 设函数

$f(x)=(e^x-1)(e^{2x}-2)\cdots (e^{nx}-n)$，

其中 $n$ 为正整数，则 $f^{\prime }(0)=$（ ）。

A. $(-1{)}^{n-1}(n-1)!$    B. $(-1{)}^n(n-1)!$    C. $(-1{)}^{n-1}n!$    D. $(-1{)}^{n}n!$

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答案： A

解析： 在 $x=0$ 处，只有第一个因子 $e^x-1$ 等于零，而对 $k=2,3,\dots ,n$，有

$e^{kx}-k{|}_{x=0}=1-k$。

对乘积求导并代入 $x=0$ 时，除对第一个因子求导所得项外，其余各项都含有因子 $e^0-1=0$，因而为零。

所以

$f^{\prime }(0)=e^0\prod _{k=2}^n(1-k)$

$=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$。

故选 A。

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8. 【2015-2-4 分】 设函数

$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^{\alpha }\cos \frac{1}{x^{\beta }},& x>0,\\ 0,& x\le 0,\end{array}(\alpha >0,\beta >0)$，

若 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续，则（ ）。

A. $\alpha -\beta >1$    B. $0<\alpha -\beta \le 1$    C. $\alpha -\beta >2$    D. $0<\alpha -\beta \le 2$

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答案： A

解析： 当 $x<0$ 时，$f^{\prime }(x)=0$。

由导数定义，右导数为

$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }{h}^{\alpha -1}\cos \frac{1}{h^{\beta }}$。

要使 $f^{\prime }(0)$ 存在，需有 $\alpha >1$，此时 $f^{\prime }(0)=0$。

当 $x>0$ 时，

$f^{\prime }(x)=\alpha x^{\alpha -1}\cos \frac{1}{x^{\beta }}+\beta x^{\alpha -\beta -1}\sin \frac{1}{x^{\beta }}$。

要使 $f^{\prime }(x)\to 0=f^{\prime }(0)$，必须有

$\alpha -\beta -1>0$，

即

$\alpha -\beta >1$。

该条件同时蕴含 $\alpha >1$，故它也是充分条件。

因此选 A。选项 C 条件过强，B、D 均包含不能保证第二项趋于零的情形。

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9. 【2018-123-4 分】 下列函数中，在 $x=0$ 处不可导的是（ ）。

A. $f(x)=|x|\sin |x|$    B. $f(x)=|x|\sin \sqrt{|x|}$    C. $f(x)=\cos |x|$    D. $f(x)=\cos \sqrt{|x|}$

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答案： D

解析： 逐项考察差商。

A 项中，

$\frac{|h|\sin |h|-0}{h}=\frac{|h|}{h}\sin |h|\to 0$，

故在 $0$ 处可导。

B 项中，

$\frac{|h|\sin \sqrt{|h|}}{h}$ 的绝对值不超过

$\frac{|h|\sqrt{|h|}}{|h|}=\sqrt{|h|}\to 0$，

故在 $0$ 处可导。

C 项中，由于余弦函数为偶函数，

$\cos |x|=\cos x$，

故在 $0$ 处可导。

D 项中，

$\frac{\cos \sqrt{|h|}-1}{h}$。

利用 $\cos u-1\sim -\frac{u^2}{2}$，可得

$\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{\cos \sqrt{h}-1}{h}=-\frac{1}{2}$，

而

$\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{\cos \sqrt{-h}-1}{h}=\frac{1}{2}$。

左右导数不相等，因此 D 项在 $x=0$ 处不可导。

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10. 【2021-123-5 分】 函数

$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{e^x-1}{x},& x\ne 0,\\ 1,& x=0\end{array}$

在 $x=0$ 处（ ）。

A. 连续且取极大值    B. 连续且取极小值

C. 可导且导数为 0    D. 可导且导数不为 0

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答案： D

解析： 由展开式

$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，

可得

$\frac{e^x-1}{x}=1+\frac{x}{2}+o(x)$。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=1=f(0)$，

函数在 $x=0$ 处连续。

进一步，

$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}\ne 0$。

故函数在 $x=0$ 处可导且导数不为零，选 D。

由于 $f^{\prime }(0)\ne 0$，$x=0$ 也不是极值点，所以 A、B 错误；C 与计算结果不符。

（二）抽象函数的可导性

1. 【1990-45-3 分】 设函数 $f(x)$ 对任意 $x$ 均满足等式 $f(1+x)=af(x)$，且有 $f^{\prime }(0)=b$，其中 $a,b$ 为非零常数，则（ ）。

A. $f(x)$ 在 $x=1$ 处不可导    B. $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，且 $f^{\prime }(1)=a$

C. $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，且 $f^{\prime }(1)=b$    D. $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，且 $f^{\prime }(1)=ab$

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答案： D

解析： 由 $f(1+x)=af(x)$，令 $x=h$，可得

$f(1+h)=af(h)$，

并且令 $h=0$ 得

$f(1)=af(0)$。

因此

$f^{\prime }(1)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(1+h)-f(1)}{h}$

$=a\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h)-f(0)}{h}$

$=a{f}^{\prime }(0)=ab$。

故 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，且 $f^{\prime }(1)=ab$，选 D。

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2. 【1995-3-3 分】 设 $f(x)$ 可导，$F(x)=f(x)(1+|\sin x|)$，若使 $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导，则必有（ ）。

A. $f(0)=0$    B. $f^{\prime }(0)=0$    C. $f(0)+f^{\prime }(0)=0$    D. $f(0)-f^{\prime }(0)=0$

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答案： A

解析： 注意 $F(0)=f(0)$。当 $x\ne 0$ 时，

$\frac{F(x)-F(0)}{x}=\frac{f(x)-f(0)}{x}+f(x)\frac{|\sin x|}{x}$。

由于 $f(x)$ 可导，故连续，且

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }(0)$。

另一方面，

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{|\sin x|}{x}=1$，

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{|\sin x|}{x}=-1$。

所以 $F(x)$ 在 $0$ 处的右、左导数分别为

$F_{+}^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)+f(0)$，

$F_{-}^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)-f(0)$。

要使二者相等，必须有

$f(0)=0$。

故选 A。其余条件都不能消除绝对值造成的左右差异。

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3. 【1995-12-3 分】 设 $f(x)$ 可导，$F(x)=f(x)(1+|\sin x|)$，则 $f(0)=0$ 是 $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导的（ ）。

A. 充分必要条件    B. 充分但非必要条件

C. 必要但非充分条件    D. 既非充分条件又非必要条件

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答案： A

解析： 由上一题的计算，

$F_{+}^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)+f(0)$，

$F_{-}^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)-f(0)$。

因此，若 $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导，则必有

$f(0)=0$，

所以该条件是必要的。

反过来，若 $f(0)=0$，则

$\frac{F(x)-F(0)}{x}=\frac{f(x)}{x}(1+|\sin x|)$。

由于 $f$ 在 $0$ 处可导且 $f(0)=0$，有

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=f^{\prime }(0)$，

同时 $1+|\sin x|\to 1$，故

$F^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)$。

所以 $f(0)=0$ 也是充分条件，故为充分必要条件，选 A。

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4. 【1996-3-3 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $(-\delta ,\delta )$ 内有定义，若当 $x\in (-\delta ,\delta )$ 时，恒有 $|f(x)|\le x^2$，则 $x=0$ 必是 $f(x)$ 的（ ）。

A. 间断点    B. 连续而不可导的点

C. 可导的点，且 $f^{\prime }(0)=0$    D. 可导的点，且 $f^{\prime }(0)\ne 0$

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答案： C

解析： 令 $x=0$，由

$|f(0)|\le 0$

可得 $f(0)=0$。

又因为

$|f(x)|\le x^2\to 0$，

由夹逼定理可知

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0=f(0)$，

所以 $f$ 在 $x=0$ 处连续。

再考察导数：

$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}\right|=\left|\frac{f(x)}{x}\right|\le |x|\to 0$。

因此

$f^{\prime }(0)=0$。

故选 C。

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5. 【2000-34-3 分】 设函数 $f(x)$ 在点 $x=a$ 处可导，则函数 $|f(x)|$ 在点 $x=a$ 处不可导的充分条件是（ ）。

A. $f(a)=0$ 且 $f^{\prime }(a)=0$    B. $f(a)=0$ 且 $f^{\prime }(a)\ne 0$

C. $f(a)>0$ 且 $f^{\prime }(a)>0$    D. $f(a)<0$ 且 $f^{\prime }(a)<0$

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答案： B

解析： 若 $f(a)\ne 0$，由 $f$ 在 $a$ 处连续可知，在 $a$ 的某邻域内 $f(x)$ 保持同号，因此

$|f(x)|=f(x)$ 或 $|f(x)|=-f(x)$，

故 $|f(x)|$ 在 $a$ 处可导。所以 C、D 都不能导致不可导。

若 $f(a)=0$，由可导性有

$f(a+h)=f^{\prime }(a)h+o(h)$。

当 $f^{\prime }(a)\ne 0$ 时，

$\frac{|f(a+h)|-|f(a)|}{h}=\frac{|f^{\prime }(a)h+o(h)|}{h}$。

其右极限为 $|f^{\prime }(a)|$，左极限为 $-|f^{\prime }(a)|$，二者不相等，故 $|f(x)|$ 在 $a$ 处不可导。

若 $f(a)=f^{\prime }(a)=0$，则 $|f(x)|$ 仍可能可导，例如 $f(x)=(x-a{)}^2$。因此 A 不是充分条件。

故选 B。

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6. 【2003-4-4 分】 设函数 $f(x)=|x^3-1|\phi (x)$，其中 $\phi (x)$ 在 $x=1$ 处连续，则 $\phi (1)=0$ 是 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导的（ ）。

A. 充分必要条件    B. 必要但非充分条件

C. 充分但非必要条件    D. 既非充分也非必要条件

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答案： A

解析： 有 $f(1)=0$。当 $x\ne 1$ 时，

$\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{|x^3-1|}{x-1}\phi (x)$。

又因为

$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$，

且在 $x=1$ 附近 $x^2+x+1>0$，所以

$\frac{|x^3-1|}{x-1}=\frac{|x-1|}{x-1}(x^2+x+1)$。

于是

$f_{+}^{\prime }(1)=3\phi (1)$，

$f_{-}^{\prime }(1)=-3\phi (1)$。

两者相等的充要条件是

$\phi (1)=0$。

当该条件成立时，由 $\phi (x)\to 0$ 可知左右差商都趋于 $0$，故 $f^{\prime }(1)=0$。

因此 $\phi (1)=0$ 是充分必要条件，选 A。

（三）分段函数的导数

1. 【1993-45-3 分】 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{|x|}\sin \frac{1}{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

则 $f(x)$ 在点 $x=0$ 处（ ）。

A. 极限不存在    B. 极限存在但不连续    C. 连续但不可导    D. 可导

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答案： C

解析： 因为

$|f(x)|\le \sqrt{|x|}\to 0$，

所以

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0=f(0)$，

即 $f$ 在 $x=0$ 处连续。

考察差商：

$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{\sqrt{|x|}}{x}\sin \frac{1}{x^2}$。

当 $x>0$ 时，该式为

$\frac{1}{\sqrt{x}}\sin \frac{1}{x^2}$，

其振幅趋于无穷大，极限不存在。例如可取两列趋于 $0^{+}$ 的点，使正弦分别等于 $1$ 和 $0$。

因此 $f^{\prime }(0)$ 不存在，故函数在 $0$ 处连续但不可导，选 C。

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2. 【1993-3-3 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{|x^2-1|}{x-1},& x\ne 1,\\ 2,& x=1,\end{array}$$

则在 $x=1$ 处函数 $f(x)$（ ）。

A. 不连续    B. 连续，但不可导

C. 可导，但导数不连续    D. 可导，且导数连续

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答案： A

解析： 当 $x\ne 1$ 时，

$f(x)=\frac{|(x-1)(x+1)|}{x-1}$。

在 $x=1$ 附近有 $x+1>0$，因此

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x+1,& x>1,\\ -(x+1),& x<1.\end{array}$$

于是

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=2$，

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=-2$。

左右极限不相等，故 $x=1$ 为跳跃间断点，函数在该点不连续，选 A。

由于可导必连续，后面三个选项均不成立。

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3. 【1994-3-3 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{3}{x}^3,& x\le 1,\\ \frac{2}{3},& x>1,\end{array}$$

则 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的（ ）。

A. 左、右导数都存在    B. 左导数存在，但右导数不存在

C. 左导数不存在，但右导数存在    D. 左、右导数都不存在

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答案： A

解析： 先有

$f(1)=\frac{2}{3}$，

且左右极限均为 $\frac{2}{3}$，所以函数在 $x=1$ 处连续。

左导数为

$f_{-}^{\prime }(1)={2x^2|}_{x=1}=2$。

右侧函数为常数 $\frac{2}{3}$，故

$f_{+}^{\prime }(1)=0$。

虽然左右导数不相等，因而 $f^{\prime }(1)$ 不存在，但左、右导数各自都存在，所以选 A。

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4. 【1999-12-3 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos x}{\sqrt{x}},& x>0,\\ x^{2}g(x),& x\le 0,\end{array}$$

其中 $g(x)$ 是有界函数，则 $f(x)$ 在 $x=0$ 处（ ）。

A. 极限不存在    B. 极限存在，但不连续    C. 连续，但不可导    D. 可导

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答案： D

解析： 由于 $g(x)$ 有界，存在常数 $M>0$，使得在 $0$ 附近

$|g(x)|\le M$。

当 $x\to 0^{-}$ 时，

$|x^{2}g(x)|\le M{x}^2\to 0$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，利用 $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，有

$\frac{1-\cos x}{\sqrt{x}}\sim \frac{1}{2}{x}^{3/2}\to 0$。

又 $f(0)=0$，所以 $f$ 在 $x=0$ 处连续。

再考察导数。右导数为

$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\cos x}{x\sqrt{x}}$。

因为

$\frac{1-\cos x}{x\sqrt{x}}\sim \frac{1}{2}\sqrt{x}\to 0$，

故 $f_{+}^{\prime }(0)=0$。

左导数为

$f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x^{2}g(x)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }xg(x)=0$。

左右导数相等，因此 $f^{\prime }(0)=0$，函数在 $x=0$ 处可导，选 D。

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5. 【2005-12-4 分】 设函数 $f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1+|x{|}^{3n}}$，则 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内（ ）。

A. 处处可导    B. 恰有一个不可导点    C. 恰有两个不可导点    D. 至少有三个不可导点

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答案： C

解析： 利用结论

$\underset{n\to \infty }{\lim }(a^n+b^n{)}^{\frac{1}{n}}=\max \{a,b\}(a,b\ge 0)$，

可得

$f(x)=\max \{1,|x{|}^3\}=\{\begin{array}{ll}1,& |x|\le 1,\\ |x{|}^3,& |x|>1.\end{array}$

当 $|x|<1$ 时，$f^{\prime }(x)=0$；当 $|x|>1$ 时，函数也可导。

考察两个分界点：

在 $x=1$ 处，

$f_{-}^{\prime }(1)=0,f_{+}^{\prime }(1)=3$，

故 $x=1$ 不可导。

在 $x=-1$ 处，左侧有 $f(x)=|x{|}^3=-x^3$，右侧有 $f(x)=1$，所以

$f_{-}^{\prime }(-1)=-3,f_{+}^{\prime }(-1)=0$，

故 $x=-1$ 也不可导。

除此之外函数均可导，因此恰有两个不可导点，选 C。

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6. 【2016-1-4 分】 已知函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\le 0,\\ \frac{1}{n},& \frac{1}{n+1}<x\le \frac{1}{n},n=1,2,\dots ,\end{array}$$

则（ ）。

A. $x=0$ 是 $f(x)$ 的第一类间断点    B. $x=0$ 是 $f(x)$ 的第二类间断点

C. $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续但不可导    D. $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导

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答案： D

解析： 当 $x\to 0^{-}$ 时，$f(x)=x\to 0$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，若

$\frac{1}{n+1}<x\le \frac{1}{n}$，

则 $f(x)=\frac{1}{n}\to 0$，故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0$。

又 $f(0)=0$，所以函数在 $x=0$ 处连续。

再考察差商。左侧有

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x}{x}=1$。

右侧若 $\frac{1}{n+1}<x\le \frac{1}{n}$，则

$1\le \frac{f(x)}{x}=\frac{1}{nx}<\frac{n+1}{n}=1+\frac{1}{n}$。

当 $x\to 0^{+}$ 时必有 $n\to \infty$，由夹逼定理，

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=1$。

左右导数均存在且相等，因此 $f^{\prime }(0)=1$，选 D。

（四）可导性与极限性质相结合

1. 【2004-12-4 分】 设函数 $f(x)$ 连续，且 $f^{\prime }(0)>0$，则存在 $\delta >0$，使得（ ）。

A. $f(x)$ 在 $(0,\delta )$ 内单调增加    B. $f(x)$ 在 $(-\delta ,0)$ 内单调减少

C. 对任意的 $x\in (0,\delta )$，有 $f(x)>f(0)$    D. 对任意的 $x\in (-\delta ,0)$，有 $f(x)>f(0)$

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答案： C

解析： 由 $f^{\prime }(0)>0$，按导数定义，存在 $\delta >0$，使得当 $0<|x|<\delta$ 时，

$\frac{f(x)-f(0)}{x}>0$。

当 $0<x<\delta$ 时，分母为正，故

$f(x)-f(0)>0$，

即 $f(x)>f(0)$，所以 C 正确。

当 $-\delta <x<0$ 时，分母为负，因此

$f(x)-f(0)<0$，

即 $f(x)<f(0)$，故 D 错误。

仅知道 $f^{\prime }(0)>0$，不能推出函数在某个邻域内单调，因为这并不能保证邻域内其他点的导数为正，所以 A、B 均错误。

---

2. 【2007-1234-4 分】 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，下列命题错误的是（ ）。

A. 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}$ 存在，则 $f(0)=0$

B. 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)+f(-x)}{x}$ 存在，则 $f(0)=0$

C. 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}$ 存在，则 $f^{\prime }(0)$ 存在

D. 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)+f(-x)}{x}$ 存在，则 $f^{\prime }(0)=0$

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答案： D

解析： 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}$ 为有限值，则必有 $f(x)\to 0$。由连续性得 $f(0)=0$，于是

$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}$，

所以 A、C 正确。

若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)+f(-x)}{x}$ 存在，则分子必须趋于 $0$。由连续性，

$\underset{x\to 0}{\lim }[f(x)+f(-x)]=2f(0)$，

故 $f(0)=0$，所以 B 正确。

但该极限存在不能保证 $f^{\prime }(0)$ 存在。例如令

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x\sin \frac{1}{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

则 $f$ 是奇函数且在 $0$ 处连续，因此

$\frac{f(x)+f(-x)}{x}=0$，

极限存在；但

$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\sin \frac{1}{x^2}$

极限不存在，所以 $f^{\prime }(0)$ 不存在。故 D 错误。

---

3. 【2020-1-4 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内有定义，且 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，则（ ）。

A. 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导

B. 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{x^2}}=0$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导

C. 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$

D. 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{x^2}}=0$

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答案： C

解析： 若 $f$ 在 $x=0$ 处可导，则必连续。结合已知极限可得

$f(0)=0$。

于是

$f(x)=f^{\prime }(0)x+o(x)$。

因此

$\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=f^{\prime }(0)\frac{x}{\sqrt{|x|}}+\frac{o(x)}{\sqrt{|x|}}\to 0$，

故 C 正确。

而

$\sqrt{x^2}=|x|$，

若 $f^{\prime }(0)\ne 0$，则

$\frac{f(x)}{|x|}=f^{\prime }(0)\frac{x}{|x|}+o(1)$

的左右极限一般互为相反数，故 D 错误。

A、B 中的条件只约束 $x\ne 0$ 时的函数值，并不能保证 $f(0)=0$。例如令 $f(0)=1$，而 $x\ne 0$ 时令 $f(x)=0$，则相应极限均为 $0$，但函数在 $0$ 处不连续，更不可导。因此 A、B 均错误。

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4. 【2024-1-5 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 上有定义，且 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，则（ ）。

A. 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m$ 时，$f^{\prime }(0)=m$    B. 当 $f^{\prime }(0)=m$ 时，$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m$

C. 当 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$ 时，$f^{\prime }(0)=m$    D. 当 $f^{\prime }(0)=m$ 时，$\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$

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答案： B

解析： 若 $f^{\prime }(0)=m$，则 $f$ 在 $0$ 处连续。由已知

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，

可得 $f(0)=0$。因此

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }(0)=m$，

故 B 正确。

A 错在未保证 $f(0)=0$。例如令 $f(0)=1$，而 $x\ne 0$ 时取 $f(x)=mx$，则题设极限成立，但函数在 $0$ 处不连续，不可导。

C 同样缺少函数在 $0$ 处连续的条件。例如令 $f(0)=1$，$x\ne 0$ 时取 $f(x)=mx$，则 $f^{\prime }(x)=m$ 在去心邻域内成立，但 $f^{\prime }(0)$ 不存在。

D 错在可导不必导函数连续。例如

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin \frac{1}{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

在 $0$ 处可导且 $f^{\prime }(0)=0$，但 $f^{\prime }(x)$ 在 $x\to 0$ 时无极限。

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5. 【2025-1-5 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上可导，则（ ）。

A. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在时，$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 存在

B. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 存在时，$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在

C. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{x}f(t)dt}{x}$ 存在时，$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在

D. 当 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在时，$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{x}f(t)dt}{x}$ 存在

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答案： D

解析： 设

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=L$。

由函数极限的 Cesàro 平均定理，

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt=L$，

故 D 正确。

也可直接证明：任取 $\epsilon >0$，存在 $A>0$，使得当 $t>A$ 时，$|f(t)-L|<\epsilon$。于是

$\left|\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt-L\right|\le \frac{1}{x}{\int }_0^A|f(t)-L|dt+\frac{1}{x}{\int }_A^x|f(t)-L|dt$。

第一项随 $x\to +\infty$ 趋于 $0$，第二项不超过 $\epsilon$，故极限为 $L$。

A 错误，例如可取一个趋于有限极限但导数振荡的可导函数；B 错误，例如 $f(x)=x$ 时 $f^{\prime }(x)\to 1$，但 $f(x)$ 无有限极限；C 错误，例如 $f(x)=\sin x$ 时平均值趋于 $0$，但 $f(x)$ 本身无极限。

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6. 【2025-2-5 分】 设函数 $f(x)$ 连续，给出下列四个条件：

① $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|-f(0)}{x}$ 存在；

② $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-|f(0)|}{x}$ 存在；

③ $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|}{x}$ 存在；

④ $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|-|f(0)|}{x}$ 存在。

其中能得到“$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导”的条件个数是（ ）。

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

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答案： D

解析： 分别判断如下。

条件①： 若极限存在，则由连续性，分子极限必须为 $0$，故

$|f(0)|-f(0)=0$，

即 $f(0)\ge 0$。

若 $f(0)>0$，则在 $0$ 的某邻域内 $f(x)>0$，从而 $|f(x)|=f(x)$，条件①就是导数定义；若 $f(0)=0$，则条件①化为条件③，下面将说明它也能推出可导。因此①充分。

条件②： 极限存在同样推出

$f(0)-|f(0)|=0$，

故 $f(0)\ge 0$。此时

$\frac{f(x)-|f(0)|}{x}=\frac{f(x)-f(0)}{x}$，

所以导数存在。故②充分。

条件③： 极限存在时，由连续性必有 $f(0)=0$。由于 $|f(x)|\ge 0$，当 $x>0$ 时商非负，当 $x<0$ 时商非正，因此其两侧极限若相等，只能都等于 $0$。于是

$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}\right|=\frac{|f(x)|}{|x|}\to 0$，

故 $f^{\prime }(0)=0$。所以③充分。

条件④： 若 $f(0)\ne 0$，由连续性可知 $f(x)$ 在 $0$ 附近与 $f(0)$ 同号，从而

$|f(x)|-|f(0)|=\mathrm{sgn}(f(0))[f(x)-f(0)]$，

故条件④直接推出导数存在；若 $f(0)=0$，则条件④就是条件③，也能推出可导。

因此四个条件都能推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，共 4 个，选 D。

（五）已知极限求导数

1. 【1998-34-3 分】 设周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内可导，周期为 4，又 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-1$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(5,f(5))$ 处的切线的斜率为（ ）。

A. $\frac{1}{2}$    B. $0$    C. $-1$    D. $-2$

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答案： D

解析： 由导数定义，令 $h=-x$，则

$f^{\prime }(1)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(1-x)-f(1)}{-x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(1)-f(1-x)}{x}$。

题设给出

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(1)-f(1-x)}{2x}=\frac{1}{2}{f}^{\prime }(1)=-1$，

故 $f^{\prime }(1)=-2$。

又因为 $f(x)$ 以 4 为周期，所以

$f(x+4)=f(x)$。

两边求导得

$f^{\prime }(x+4)=f^{\prime }(x)$，

即导函数也以 4 为周期。因此

$f^{\prime }(5)=f^{\prime }(1)=-2$。

曲线在点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $-2$，选 D。