三、导数与微分｜小题与大题

小题

（六）已知导数求极限

1. 【1987-3-4 分】 设 $f(x)$ 在点 $x=a$ 处可导，则 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(a+x)-f(a-x)}{x}$ 等于（ ）。

A. $f^{\prime }(a)$    B. $2f^{\prime }(a)$    C. $0$    D. $f^{\prime }(2a)$

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答案： B

解析： 将分子拆开：

$\frac{f(a+x)-f(a-x)}{x}=\frac{f(a+x)-f(a)}{x}+\frac{f(a)-f(a-x)}{x}$。

第一项由导数定义有

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

对于第二项，令 $h=-x$，则

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

因此

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

选 B。

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2. 【1989-12-3 分】 已知 $f^{\prime }(3)=2$，则 $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(3-h)-f(3)}{2h}=$ _____。

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答案： $-1$

解析： 由导数定义，

$f^{\prime }(3)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(3-h)-f(3)}{-h}=2$。

因此

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(3-h)-f(3)}{2h}=-\frac{1}{2}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(3-h)-f(3)}{-h}=-\frac{1}{2}{f}^{\prime }(3)=-1$。

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3. 【1994-45-3 分】 已知 $f^{\prime }(x_0)=-1$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{f(x_0-2x)-f(x_0-x)}=$ _____。

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答案： $1$

解析： 由 $f$ 在 $x_0$ 处可导，得

$f(x_0-2x)=f(x_0)-2x{f}^{\prime }(x_0)+o(x)$，

$f(x_0-x)=f(x_0)-x{f}^{\prime }(x_0)+o(x)$。

两式相减，

$f(x_0-2x)-f(x_0-x)=-x{f}^{\prime }(x_0)+o(x)$。

因为 $f^{\prime }(x_0)=-1$，所以

$f(x_0-2x)-f(x_0-x)=x+o(x)$。

于是

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{f(x_0-2x)-f(x_0-x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{x+o(x)}=1$。

---

4. 【2003-3-4 分】 设 $f(x)$ 为不恒为零的奇函数，且 $f^{\prime }(0)$ 存在，则函数 $g(x)=\frac{f(x)}{x}$（ ）。

A. 在 $x=0$ 处左极限不存在    B. 有跳跃间断点 $x=0$

C. 在 $x=0$ 处右极限不存在    D. 有可去间断点 $x=0$

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答案： D

解析： 因为 $f(x)$ 是奇函数，所以

$f(0)=0$。

又因 $f^{\prime }(0)$ 存在，故

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

因此 $g(x)=\frac{f(x)}{x}$ 在 $x\to 0$ 时具有有限极限，但原式在 $x=0$ 处没有定义。只需补充定义

$g(0)=f^{\prime }(0)$，

即可使 $g$ 在 $0$ 处连续，所以 $x=0$ 是可去间断点，选 D。

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5. 【2011-23-4 分】 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f(0)=0$，则

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^{2}f(x)-2f(x^3)}{x^3}=$（ ）。

A. $-2f^{\prime }(0)$    B. $-f^{\prime }(0)$    C. $f^{\prime }(0)$    D. $0$

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答案： B

解析： 因为 $f$ 在 $0$ 处可导且 $f(0)=0$，所以

$f(x)=f^{\prime }(0)x+o(x)$。

于是

$x^{2}f(x)=f^{\prime }(0)x^3+o(x^3)$，

而将自变量换为 $x^3$，有

$f(x^3)=f^{\prime }(0)x^3+o(x^3)$。

因此

$x^{2}f(x)-2f(x^3)=-f^{\prime }(0)x^3+o(x^3)$。

从而

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^{2}f(x)-2f(x^3)}{x^3}=-f^{\prime }(0)$，

选 B。

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6. 【2013-2-4 分】 设函数 $y=f(x)$ 由方程

$\cos (xy)+\ln y-x=1$

确定，则

$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-1\right]=$（ ）。

A. $2$    B. $1$    C. $-1$    D. $-2$

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答案： A

解析： 先求 $f(0)$。令 $x=0$，原方程化为

$1+\ln y=1$，

故 $y=1$，即 $f(0)=1$。

对原方程两边关于 $x$ 求导：

$-\sin (xy)(y+x{y}^{\prime })+\frac{y^{\prime }}{y}-1=0$。

在 $x=0,y=1$ 处代入，得

$y^{\prime }-1=0$，

所以 $f^{\prime }(0)=1$。

令 $h=\frac{2}{n}$，则 $n=\frac{2}{h}$，且 $n\to \infty$ 时 $h\to 0^{+}$。于是

$n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-1\right]=2\frac{f(h)-f(0)}{h}\to 2f^{\prime }(0)=2$。

故选 A。

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7. 【2013-1-4 分】 设函数 $y=f(x)$ 由方程

$y-x=e^{x(1-y)}$

确定，则

$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[f\left(\frac{1}{n}\right)-1\right]=$ _____。

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答案： $1$

解析： 令 $x=0$，原方程变为

$y=1$，

故 $f(0)=1$。

对方程两边关于 $x$ 求导：

$y^{\prime }-1=e^{x(1-y)}\left[(1-y)-x{y}^{\prime }\right]$。

在 $x=0,y=1$ 处代入，得

$y^{\prime }-1=0$，

所以 $f^{\prime }(0)=1$。

于是

$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[f\left(\frac{1}{n}\right)-1\right]=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f(1/n)-f(0)}{1/n}=f^{\prime }(0)=1$。

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8. 【2020-3-4 分】 设

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-a}{x-a}=b$，

则

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{\sin f(x)-\sin a}{x-a}=$（ ）。

A. $b\sin a$    B. $b\cos a$    C. $b\sin f(a)$    D. $b\cos f(a)$

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答案： B

解析： 由已知极限为有限值可知

$f(x)-a\to 0$，

即 $f(x)\to a$。将所求极限拆成

$\frac{\sin f(x)-\sin a}{x-a}=\frac{\sin f(x)-\sin a}{f(x)-a}\cdot \frac{f(x)-a}{x-a}$。

当 $x\to a$ 时，第一因子趋于

$\cos a$，

第二因子趋于 $b$。因此

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{\sin f(x)-\sin a}{x-a}=b\cos a$，

选 B。

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9. 【2024-2-5 分】 设函数 $y=f(x)$ 由参数方程

$$\{\begin{array}{l}x=1+t^3,\\ y=e^{t^2}\end{array}$$

确定，则

$\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left[f\left(2+\frac{2}{x}\right)-f(2)\right]=$（ ）。

A. $2e$    B. $\frac{4}{3}e$    C. $\frac{2}{3}e$    D. $\frac{e}{3}$

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答案： B

解析： 由参数方程，当 $x=2$ 时，

$1+t^3=2$，

故 $t=1$，从而 $f(2)=e$。

在 $t=1$ 处，

$\frac{dy}{dt}=2t{e}^{t^2}$，

$\frac{dx}{dt}=3t^2$，

所以

$f^{\prime }(2)={\frac{dy/dt}{dx/dt}|}_{t=1}=\frac{2e}{3}$。

为避免极限变量与函数自变量混淆，令 $X\to +\infty$，则

$X\left[f\left(2+\frac{2}{X}\right)-f(2)\right]=2\frac{f(2+2/X)-f(2)}{2/X}$。

当 $X\to +\infty$ 时，$\frac{2}{X}\to 0$，故

$\underset{X\to +\infty }{\lim }X\left[f\left(2+\frac{2}{X}\right)-f(2)\right]=2f^{\prime }(2)=\frac{4e}{3}$。

因此选 B。

（七）可导的充要条件

1. 【1989-3-3 分】 设 $f(x)$ 在 $x=a$ 的某个邻域内有定义，则 $f(x)$ 在点 $x=a$ 可导的一个充分条件是（ ）。

A. $\underset{h\to +\infty }{\lim }h\left[f\left(a+\frac{1}{h}\right)-f(a)\right]$ 存在    B. $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(a+2h)-f(a+h)}{h}$ 存在

C. $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}$ 存在    D. $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(a)-f(a-h)}{h}$ 存在

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答案： D

解析： 对选项 D，令 $t=-h$，则当 $h\to 0$ 时，$t\to 0$，且

$\frac{f(a)-f(a-h)}{h}=\frac{f(a+t)-f(a)}{t}$。

因此选项 D 中极限存在，恰好意味着导数定义中的极限

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

存在，所以 D 是充分条件。

A 只保证右导数存在；C 只保证对称导数存在，均不能推出普通导数存在。B 中两个函数值都不含 $f(a)$，其极限存在也不能保证 $f$ 在 $a$ 处可导。

故选 D。

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2. 【2001-1-3 分】 设 $f(0)=0$，则 $f(x)$ 在点 $x=0$ 可导的充要条件为（ ）。

A. $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h^2}f(1-\cos h)$ 存在    B. $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h}f(1-e^h)$ 存在

C. $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h^2}f(h-\sin h)$ 存在    D. $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(2h)-f(h)}{h}$ 存在

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答案： B

解析： 在选项 B 中令

$t=1-e^h$。

当 $h\to 0$ 时，$t\to 0$，并且该变换在 $0$ 的邻域内可逆，且

$h=\ln (1-t)$。

于是

$\frac{f(1-e^h)}{h}=\frac{f(t)}{\ln (1-t)}=\frac{f(t)-f(0)}{t}\cdot \frac{t}{\ln (1-t)}$。

又有

$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t}{\ln (1-t)}=-1\ne 0$。

因此，选项 B 中的极限存在，当且仅当

$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{f(t)-f(0)}{t}$

存在，即当且仅当 $f^{\prime }(0)$ 存在。

A 中 $1-\cos h\ge 0$，只能反映右侧信息；C 中 $h-\sin h\sim \frac{h^3}{6}$，分母阶数不匹配；D 中差商不含 $f(0)$，其极限存在不能保证 $f$ 在原点可导。

故选 B。

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3. 【2006-3-4 分】 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，且

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

则（ ）。

A. $f(0)=0$ 且 $f_{-}^{\prime }(0)$ 存在    B. $f(0)=1$ 且 $f_{-}^{\prime }(0)$ 存在

C. $f(0)=0$ 且 $f_{+}^{\prime }(0)$ 存在    D. $f(0)=1$ 且 $f_{+}^{\prime }(0)$ 存在

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答案： C

解析： 由

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h^2)}{h^2}=1$

可知 $f(h^2)\to 0$。又因为 $h^2\to 0$，且 $f$ 在 $0$ 处连续，所以

$f(0)=\underset{h\to 0}{\lim }f(h^2)=0$。

令 $x=h^2$。当 $h\to 0$ 时，$x\to 0^{+}$，于是

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

故右导数存在，且

$f_{+}^{\prime }(0)=1$。

题设只涉及 $h^2\ge 0$，不能推出左导数存在，因此选 C。

（八）微分的代数意义

1. 【1988-123-3 分】 若函数 $y=f(x)$ 有 $f^{\prime }(x_0)=\frac{1}{2}$，则当 $\Delta x\to 0$ 时，该函数在 $x=x_0$ 处的微分 $dy$ 是（ ）。

A. 与 $\Delta x$ 等价的无穷小    B. 与 $\Delta x$ 同阶的无穷小

C. 比 $\Delta x$ 低阶的无穷小    D. 比 $\Delta x$ 高阶的无穷小

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答案： B

解析： 函数在 $x_0$ 处的微分为

$dy=f^{\prime }(x_0)\Delta x=\frac{1}{2}\Delta x$。

因此

$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{dy}{\Delta x}=\frac{1}{2}$。

该极限为非零常数，所以 $dy$ 与 $\Delta x$ 是同阶无穷小；由于比值不趋于 $1$，二者不等价。

故选 B。

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2. 【2002-2-3 分】 设函数 $f(u)$ 可导，$y=f(x^2)$。当自变量 $x$ 在 $x=-1$ 处取得增量 $\Delta x=-0.1$ 时，相应的函数增量 $\Delta y$ 的线性主部为 $0.1$，则 $f^{\prime }(1)=$（ ）。

A. $-1$    B. $0.1$    C. $1$    D. $0.5$

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答案： D

解析： 由 $y=f(x^2)$，根据复合函数求导法则，

$y^{\prime }=2x{f}^{\prime }(x^2)$。

在 $x=-1$ 处，

$y^{\prime }(-1)=-2f^{\prime }(1)$。

函数增量的线性主部即微分：

$dy=y^{\prime }(-1)\Delta x=-2f^{\prime }(1)\times (-0.1)=0.2f^{\prime }(1)$。

由题意 $dy=0.1$，故

$0.2f^{\prime }(1)=0.1$，

从而

$f^{\prime }(1)=\frac{1}{2}=0.5$。

故选 D。

（九）微分的几何意义

1. 【2006-123-4 分】 设函数 $y=f(x)$ 具有二阶导数，且 $f^{\prime }(x)>0$，$f^{\prime \prime }(x)>0$。$\Delta x$ 为自变量 $x$ 在点 $x_0$ 处的增量，$\Delta y$ 与 $dy$ 分别为 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处对应的增量与微分。若 $\Delta x>0$，则（ ）。

A. $0<dy<\Delta y$    B. $0<\Delta y<dy$

C. $\Delta y<dy<0$    D. $dy<\Delta y<0$

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答案： A

解析： 由于 $f^{\prime }(x_0)>0$ 且 $\Delta x>0$，故

$dy=f^{\prime }(x_0)\Delta x>0$。

由拉格朗日中值定理，存在

$\xi \in (x_0,x_0+\Delta x)$，

使得

$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )\Delta x$。

因为 $f^{\prime \prime }(x)>0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 严格递增。又因 $\xi >x_0$，故

$f^{\prime }(\xi )>f^{\prime }(x_0)$。

乘以正数 $\Delta x$，得

$\Delta y=f^{\prime }(\xi )\Delta x>f^{\prime }(x_0)\Delta x=dy>0$。

因此

$0<dy<\Delta y$，

故选 A。

大题

（一）具体函数在指定点处的导数

1. 【1997-12-8 分】 已知函数 $f(x)$ 连续，$\phi (x)={\int }_0^{1}f(xt)dt$，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=A$，求 ${\phi }^{\prime }(x)$ 并讨论 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处的连续性。

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答案：

$${\phi }^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2},& x\ne 0,\\ \frac{A}{2},& x=0.\end{array}$$

且 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

解析： 由

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

可知 $f(x)\to 0$。又因为 $f(x)$ 连续，所以

$f(0)=0$。

当 $x\ne 0$ 时，令 $u=xt$，则 $dt=\frac{du}{x}$，从而

$\phi (x)={\int }_0^{1}f(xt)dt=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du$。

对上式求导，得

$${\phi }^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}f(u)du+\frac{f(x)}{x}=\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2},x\ne 0$$

。

下面求 ${\phi }^{\prime }(0)$。由导数定义，

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

因为 $f(0)=0$，故

$\phi (0)={\int }_0^{1}f(0)dt=0$，

于是

${\phi }^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}f(u)du$。

由 $f(u)=Au+o(u)$，有

$${\int }_0^{x}f(u)du={\int }_0^x[Au+o(u)]du=\frac{A}{2}{x}^2+o(x^2)$$

。

因此

${\phi }^{\prime }(0)=\frac{A}{2}$。

再讨论 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在原点的连续性。由

$f(x)=Ax+o(x)$，

以及

${\int }_0^{x}f(u)du=\frac{A}{2}{x}^2+o(x^2)$，

可得

$$xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du=A{x}^2+o(x^2)-\frac{A}{2}{x}^2-o(x^2)=\frac{A}{2}{x}^2+o(x^2)$$

。

故

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\phi }^{\prime }(x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2}=\frac{A}{2}={\phi }^{\prime }(0)$$

。

所以 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

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2. 【2004-2-10 分】 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内有定义，在区间 $[0,2]$ 上，$f(x)=x(x^2-4)$。若对任意的 $x$ 都满足 $f(x)=kf(x+2)$，其中 $k$ 为常数。

（1）写出 $f(x)$ 在 $[-2,0]$ 上的表达式；

（2）问 $k$ 为何值时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

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答案： （1）$f(x)=kx(x+2)(x+4),-2\le x\le 0$；

（2）$k=-\frac{1}{2}$。

解析： （1）当 $x\in [-2,0]$ 时，有 $x+2\in [0,2]$，因此

$f(x+2)=(x+2)[(x+2{)}^2-4]$。

由题设关系 $f(x)=kf(x+2)$，得

$f(x)=k(x+2)[(x+2{)}^2-4]$。

又因为

$(x+2{)}^2-4=x^2+4x=x(x+4)$，

所以

$f(x)=kx(x+2)(x+4),-2\le x\le 0$。

（2）先考察连续性。由上式，

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=0$。

而在 $[0,2]$ 上，

$f(0)=0\cdot (0^2-4)=0$，

故对任意 $k$，函数在 $x=0$ 处均连续。

计算左导数：

$$f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{kx(x+2)(x+4)}{x}=8k$$

。

计算右导数。对 $x\in [0,2]$，

$f(x)=x^3-4x$，

所以

$f_{+}^{\prime }(0)={(3x^2-4)|}_{x=0}=-4$。

函数在 $x=0$ 处可导的充要条件是左右导数相等，即

$8k=-4$。

解得

$k=-\frac{1}{2}$。

---

3. 【2020-2-10 分】 已知函数 $f(x)$ 连续且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$，$g(x)={\int }_0^{1}f(xt)dt$，求 $g^{\prime }(x)$ 并证明 $g^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

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答案：

$$g^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2},& x\ne 0,\\ \frac{1}{2},& x=0.\end{array}$$

且 $g^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

解析： 由

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

可知 $f(x)\to 0$。又因为 $f(x)$ 连续，故

$f(0)=0$。

当 $x\ne 0$ 时，作变量代换 $u=xt$，得

$g(x)={\int }_0^{1}f(xt)dt=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du$。

因此

$g^{\prime }(x)=\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2},x\ne 0$。

下面求原点处的导数。由于

$g(0)={\int }_0^{1}f(0)dt=0$，

所以

$$g^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g(x)-g(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}f(u)du$$

。

由题设极限，有

$f(u)=u+o(u)$。

于是

$${\int }_0^{x}f(u)du={\int }_0^x[u+o(u)]du=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$$

。

故

$g^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$。

最后证明连续性。由

$f(x)=x+o(x)$，

可得

$xf(x)=x^2+o(x^2)$，

并且

${\int }_0^{x}f(u)du=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$。

因此

$$g^{\prime }(x)=\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2}=\frac{\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}\to \frac{1}{2}$$

。

即

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

所以 $g^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

（二）抽象函数的可导性

1. 【2015-13-10 分】 （1）设函数 $u(x)$，$v(x)$ 可导，利用导数定义证明

$[u(x)v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$；

（2）设函数 $u_1(x),u_2(x),\cdots ,u_n(x)$ 可导，

$f(x)=u_1(x)u_2(x)\cdots u_n(x)$，

写出 $f(x)$ 的求导公式。

查看答案与解析

答案： （1）$[u(x)v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$；

（2）

$f^{\prime }(x)=\sum _{k=1}^n{u}_k^{\prime }(x)\prod _{\begin{array}{c}1\le j\le n\\ j\ne k\end{array}}{u}_j(x)$。

即

$f^{\prime }(x)=u_1^{\prime }(x)u_2(x)\cdots u_n(x)+u_1(x)u_2^{\prime }(x)\cdots u_n(x)+\cdots +u_1(x)u_2(x)\cdots u_n^{\prime }(x)$。

解析： （1）固定 $x$，由导数定义，

$[u(x)v(x){]}^{\prime }=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$。

在分子中加上再减去 $u(x)v(x+\Delta x)$，得

$$\begin{array}{rl}& u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)\\ =& [u(x+\Delta x)-u(x)]v(x+\Delta x)\\ & +u(x)[v(x+\Delta x)-v(x)].\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}[u(x)v(x){]}^{\prime }=& \underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x)\\ & +u(x)\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}.\end{array}$$

由于可导必连续，所以

$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }v(x+\Delta x)=v(x)$。

从而

$[u(x)v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$。

（2）利用（1）的乘积求导法则反复展开，或用数学归纳法，可得每一项恰有一个因子被求导，其余因子保持不变。因此

$f^{\prime }(x)=\sum _{k=1}^n{u}_k^{\prime }(x)\prod _{\begin{array}{c}1\le j\le n\\ j\ne k\end{array}}{u}_j(x)$。

（三）分段函数的导数

1. 【1988-5-6 分】 确定常数 $a$ 和 $b$，使函数

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

处处可导。

查看答案与解析

答案： $a=2，b=-1$。

解析： 两段函数在各自区间内均可导，只需考察分界点 $x=1$。

函数在 $x=1$ 处可导，首先必须连续，因此

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

即

$a+b=1$。

再比较左右导数。左侧函数为 $x^2$，故

$f_{-}^{\prime }(1)=2$。

右侧函数为 $ax+b$，故

$f_{+}^{\prime }(1)=a$。

可导要求

$a=2$。

代入 $a+b=1$，得

$b=-1$。

所以

$a=2，b=-1$。

---

2. 【1995-45-6 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{x^2}(1-\cos x),& x<0,\\ 1,& x=0,\\ \frac{1}{x}{\int }_0^x\cos t^{2}dt,& x>0,\end{array}$$

试讨论 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的连续性和可导性。

查看答案与解析

答案： $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续且可导，并且

$f^{\prime }(0)=0$。

解析： 先考察连续性。

当 $x\to 0^{-}$ 时，

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

当 $x\to 0^{+}$ 时，由积分中值定理，存在 ${\xi }_x\in (0,x)$，使

$\frac{1}{x}{\int }_0^x\cos t^{2}dt=\cos {\xi }_x^2$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，${\xi }_x\to 0$，故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x\cos t^{2}dt=1$。

又 $f(0)=1$，所以

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

即 $f(x)$ 在原点连续。

下面考察可导性。左导数为

$$\begin{array}{rl}{f}_{-}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\frac{2(1-\cos x)}{x^2}-1}{x}\\ & =\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{2(1-\cos x)-x^2}{x^3}.\end{array}$$

利用展开式

$1-\cos x=\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o(x^4)$，

有

$2(1-\cos x)-x^2=-\frac{x^4}{12}+o(x^4)$，

因此

$f_{-}^{\prime }(0)=0$。

右导数为

$$\begin{array}{rl}{f}_{+}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}{\int }_0^x\cos t^{2}dt-1}{x}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^x(\cos t^2-1)dt}{x^2}.\end{array}$$

由于

$\cos t^2-1=-\frac{t^4}{2}+o(t^4)$，

所以

${\int }_0^x(\cos t^2-1)dt=-\frac{x^5}{10}+o(x^5)$。

故

$f_{+}^{\prime }(0)=0$。

左右导数相等，因此 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且

$f^{\prime }(0)=0$。

---

3. 【1996-3-8 分】 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1-2x^2,& x<-1,\\ x^3,& -1\le x\le 2,\\ 12x-16,& x>2.\end{array}$$

（1）写出 $f(x)$ 的反函数 $g(x)$ 的表达式；

（2）$g(x)$ 是否有间断点、不可导点？若有，指出这些点。

查看答案与解析

答案： （1）

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}-\sqrt{\frac{1-x}{2}},& x<-1,\\ \sqrt[3]{x},& -1\le x\le 8,\\ \frac{x+16}{12},& x>8.\end{array}$$

（2）$g(x)$ 无间断点；不可导点为

$x=-1，x=0$。

解析： 先考察原函数各段的单调性与值域。

当 $x<-1$ 时，

$f^{\prime }(x)=-4x>0$，

故函数严格递增，值域为 $(-\infty ,-1)$。

当 $-1\le x\le 2$ 时，$f(x)=x^3$ 严格递增，值域为 $[-1,8]$。

当 $x>2$ 时，$f(x)=12x-16$ 严格递增，值域为 $(8,+\infty )$。

并且

$f(-1^{-})=f(-1)=-1，f(2)=f(2^{+})=8$。

所以 $f(x)$ 在实数范围内连续且严格递增，存在定义在 $\mathbb{R}$ 上的反函数。

分别反解各段：

当 $y<-1$ 时，

$y=1-2x^2，x<-1$，

故

$x=-\sqrt{\frac{1-y}{2}}$。

当 $-1\le y\le 8$ 时，

$y=x^3$，故 $x=\sqrt[3]{y}$。

当 $y>8$ 时，

$y=12x-16$，故 $x=\frac{y+16}{12}$。

将自变量仍记为 $x$，即得答案中的反函数表达式。

由于连续严格单调函数的反函数连续，所以 $g(x)$ 无间断点。

下面考察可导性。在 $x=-1$ 处，

$g_{-}^{\prime }(-1)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{1}{4\sqrt{\frac{1-x}{2}}}=\frac{1}{4}$，

而

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

左右导数不相等，因此 $x=-1$ 是不可导点。

在 $x=0$ 处，$g(x)=\sqrt[3]{x}$，有

$\frac{g(x)-g(0)}{x}=\frac{\sqrt[3]{x}}{x}=\frac{1}{x^{2/3}}\to +\infty$。

因此 $g^{\prime }(0)$ 不存在，$x=0$ 是不可导点。

在 $x=8$ 处，

$g_{-}^{\prime }(8)=\frac{1}{3\cdot 8^{2/3}}=\frac{1}{12}$，

$g_{+}^{\prime }(8)=\frac{1}{12}$，

故 $g(x)$ 在 $x=8$ 处可导。

综上，$g(x)$ 无间断点，不可导点仅为

$x=-1，x=0$。

（四）已知极限求导数

1. 【2002-2-7 分】 已知函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内可导，$f(x)>0$，

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

且满足

$\underset{h\to 0}{\lim }{\left(\frac{f(x+hx)}{f(x)}\right)}^{\frac{1}{h}}=e^{\frac{1}{x}}$，

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=e^{-\frac{1}{x}},x>0$。

解析： 由于 $f(x)>0$，可对所给极限取自然对数。令

$\phi (x)=\ln f(x)$。

则

$$\begin{array}{rl}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\phi (x+hx)-\phi (x)}{h}& =\ln \left(e^{\frac{1}{x}}\right)\\ & =\frac{1}{x}.\end{array}$$

令 $\Delta x=hx$。当 $h\to 0$ 时，$\Delta x\to 0$，并且

$$\frac{\phi (x+hx)-\phi (x)}{h}=x\frac{\phi (x+\Delta x)-\phi (x)}{\Delta x}$$

。

因此

$x{\phi }^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$，

即

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2}$。

积分得

$\phi (x)=-\frac{1}{x}+C$。

所以

$f(x)=e^{\phi (x)}=C{e}^{-\frac{1}{x}}$，

其中 $C>0$。

由

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

而

$\underset{x\to +\infty }{\lim }{e}^{-\frac{1}{x}}=1$，

可得 $C=1$。

故

$f(x)=e^{-\frac{1}{x}},x>0$。

---

2. 【2022-2-10 分】 已知 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，且

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(e^{x^2})-3f(1+{\sin }^{2}x)}{x^2}=2$，

求 $f^{\prime }(1)$。

查看答案与解析

答案： $f^{\prime }(1)=-1$。

解析： 由于所给极限为有限值，而当 $x\to 0$ 时，

$e^{x^2}\to 1，1+{\sin }^{2}x\to 1$，

故分子必须趋于 $0$，即

$f(1)-3f(1)=-2f(1)=0$。

因此

$f(1)=0$。

又因为 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，所以当 $u\to 0$ 时，

$f(1+u)=f(1)+f^{\prime }(1)u+o(u)=f^{\prime }(1)u+o(u)$。

当 $x\to 0$ 时，

$e^{x^2}-1=x^2+o(x^2)$，

且

${\sin }^{2}x=x^2+o(x^2)$。

于是

$$\begin{array}{rl}f(e^{x^2})& =f(1+(e^{x^2}-1))\\ & =f^{\prime }(1)(e^{x^2}-1)+o(e^{x^2}-1)\\ & =f^{\prime }(1)x^2+o(x^2),\end{array}$$

同理，

$$\begin{array}{rl}f(1+{\sin }^{2}x)& =f^{\prime }(1){\sin }^{2}x+o({\sin }^{2}x)\\ & =f^{\prime }(1)x^2+o(x^2).\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(e^{x^2})-3f(1+{\sin }^{2}x)}{x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2f^{\prime }(1)x^2+o(x^2)}{x^2}\\ & =-2f^{\prime }(1).\end{array}$$

由题设该极限等于 $2$，故

$-2f^{\prime }(1)=2$，

从而

$f^{\prime }(1)=-1$。

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3. 【2025-23-12 分】 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，且

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{xf(x)-e^{2\sin x}+1}{\ln (1+x)+\ln (1-x)}=-3$，

证明 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，并求出 $f^{\prime }(0)$。

查看答案与解析

答案： $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且

$f^{\prime }(0)=5$。

解析： 先将分母合并：

$\ln (1+x)+\ln (1-x)=\ln (1-x^2)$。

当 $x\to 0$ 时，

$\ln (1-x^2)=-x^2+o(x^2)$，

所以

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

由题设，

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{xf(x)-e^{2\sin x}+1}{x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{xf(x)-e^{2\sin x}+1}{\ln (1-x^2)}\cdot \frac{\ln (1-x^2)}{x^2}\\ & =(-3)\times (-1)=3.\end{array}$$

即

$xf(x)-e^{2\sin x}+1=3x^2+o(x^2)$。

下面展开指数项。因为

$\sin x=x+o(x)$，

且

$e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2)$，

令 $u=2\sin x$，可得

$$\begin{array}{rl}{e}^{2\sin x}& =1+2\sin x+2{\sin }^{2}x+o(x^2)\\ & =1+2x+2x^2+o(x^2).\end{array}$$

代入上式，得

$xf(x)-2x-2x^2+o(x^2)=3x^2+o(x^2)$，

从而

$xf(x)=2x+5x^2+o(x^2)$。

当 $x\ne 0$ 时，两边除以 $x$，有

$f(x)=2+5x+o(x)$。

令 $x\to 0$，得

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=2$。

又因为 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，所以

$f(0)=2$。

于是

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{5x+o(x)}{x}\\ & =5.\end{array}$$

因此 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且

$f^{\prime }(0)=5$。