2.1 导数概念题

本节全部内容都围绕导数定义式

f'(x_0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}

展开，可归为四条线：

可微的定义与线性主部（2.1.1）：增量分解 $\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)$ 中的 $A$ 就是 $f'(x_0)$ ；
左、右导数与导函数的左、右极限（2.1.2）：前者是”点处的量”，后者是”导函数的极限”，只有导函数连续时二者才相等；
导数极限定理（2.1.3）：由导函数的极限反推点处导数，必须附加该点连续这一条件；
概念题中的五类判据与陷阱（2.1.4–2.1.8）：推不出来的命题、见到不等式用夹逼、“有定义”与”连续”的区别、点态结论与邻域结论的区别、换元后能否反推导数存在。

2.1.1 可微

由

\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x),

两边同除以 $\Delta x\ne0$ ，得

\frac{\Delta y}{\Delta x} =A+\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}.

由于 $\dfrac{o(\Delta x)}{\Delta x}\to0$ （ $\Delta x\to0$ ），所以

A=\lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta y}{\Delta x} =\lim_{\Delta x\to0} \frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} =f'(x_0).

因而 $A=f'(x_0)$ ，即 $A\Delta x$ 是函数增量的线性主部。

反过来，若 $f'(x_0)$ 存在，则由

\frac{\Delta y}{\Delta x}-f'(x_0)\to0\quad(\Delta x\to0)

可知 $\dfrac{\Delta y-f'(x_0)\Delta x}{\Delta x}\to0$ ，即

\Delta y-f'(x_0)\Delta x=o(\Delta x),

于是 $\Delta y=f'(x_0)\Delta x+o(\Delta x)$ ，函数可微。两个方向都成立，故可微与可导等价。

2.1.2 区分右导数与导数的右极限

\text{左可导}\Longrightarrow\text{左连续} \Longrightarrow f(x_0)=\lim_{x\to x_0^-}f(x),

\text{右可导}\Longrightarrow\text{右连续} \Longrightarrow f(x_0)=\lim_{x\to x_0^+}f(x).

两式合并得到

f(x_0)=\lim_{x\to x_0}f(x) \Longleftrightarrow f(x)\text{ 在 }x_0\text{ 处连续}.

因此左右导数同时存在即可推出连续（等价于可导），而只知单侧导数存在时，只能得到相应一侧的连续性。

f(x)= \begin{cases} x,&x\le0,\\ x+1,&x>0. \end{cases}

在 $x=0$ 处，

f'_-(0)=\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^-}\frac{x}{x}=1,

而

f'_+(0)=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^+}\frac{x+1}{x}

不存在。此时 $f'_-(0)$ 存在，只保证 $f$ 在 $x=0$ 处左连续（ $f(0)=0=\lim\limits_{x\to0^-}f(x)$ ）；但 $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1\ne f(0)$ ，函数在 $x=0$ 处并不连续，也不可导。

符号	含义	计算顺序
$f'_+(x_0)$	函数在 $x_0$ 点的右导数	先有函数 $f(x)$ ，再求导（从右侧趋近）
$f'(x_0+)$	导函数的右极限	先求导函数 $f'(x)$ ，再取极限
只有 $f'(x)$ 连续时，这两个才相等。

下列命题中正确的个数为（　　）。

①设

\lim_{x\to x_0^-}f'(x)\quad\text{与}\quad\lim_{x\to x_0^+}f'(x)

均存在，则 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处必连续；

②设 $f'_-(x_0)$ 与 $f'_+(x_0)$ 均存在，则 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处必连续；

③设 $f(x_0^-)$ 与 $f(x_0^+)$ 均存在，则 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处必连续；

④设

\lim_{x\to x_0^-}f'(x)\quad\text{与}\quad\lim_{x\to x_0^+}f'(x)

中至少有一个不存在，则 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处必不可导。

（A）1　　（B）2　　（C）3　　（D）4

① 区分”导数的左右极限”和”左右导数”。对于①， $f(x)$ 甚至可能在 $x_0$ 处无定义。例如 $f(x)= \begin{cases} x,&x\ne0,\\ \text{无定义},&x=0. \end{cases}$ 此时 $f'(x)=1$ （ $x\ne0$ ），导数的左右极限均存在，但 $f(x)$ 在 $x_0=0$ 处无定义，不能谈连续性。因此①错误。
② 左导数存在 $\Rightarrow$ 左连续，右导数存在 $\Rightarrow$ 右连续。具体地， $f'_-(x_0)\text{ 存在} \Longrightarrow f(x_0)=\lim_{x\to x_0^-}f(x),$ $f'_+(x_0)\text{ 存在} \Longrightarrow f(x_0)=\lim_{x\to x_0^+}f(x).$ 因而 $\lim_{x\to x_0^-}f(x)=f(x_0)=\lim_{x\to x_0^+}f(x),$ 所以 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续，②正确。
③ $f(x_0^-)$ 、 $f(x_0^+)$ 只说明左右极限分别存在，不能推出 $f(x_0)=\lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x),$ 因而不能推出连续，③错误。
④ 其逆否命题是：若 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处可导，则 $\lim_{x\to x_0^-}f'(x)\quad\text{与}\quad\lim_{x\to x_0^+}f'(x)$ 都存在。但 $f'(x)$ 可能发生震荡，左右极限并不存在，因此④错误。

2.1.3 导数极限定理

证明这个结论时，不妨设

f'(x_1)<A<f'(x_2).

构造辅助函数

g(x)=f(x)-Ax.

则

g'(x)=f'(x)-A,

所以

g'(x_1)<0,\qquad g'(x_2)>0.

这说明 $g$ 从 $x_1$ 向右走时先下降，从 $x_2$ 向左走时也会下降。因此， $g$ 在区间 $[x_1,x_2]$ 上取得的最小值不可能在两个端点，只能在中间某一点 $c$ 处取得。由费马定理，

g'(c)=0.

于是

f'(c)-A=0,\qquad f'(c)=A.

这就说明，导数从一个值变到另一个值时，不能跳过中间的值，因此导数不能出现跳跃间断。

如果 $\lim_{x\to x_0}f'(x)$ 存在且为有限值，就排除了震荡间断的可能。由此可以得到下面的结论。

这里必须注意： $f$ 在 $x_0$ 处连续是不可省略的条件。如果没有这个条件，即使 $\lim_{x\to x_0}f'(x)$ 存在，也不能推出 $f$ 在 $x_0$ 处可导。

为什么只要求在 $x_0$ 处连续？

一些资料把定理的条件写成” $f$ 在 $x_0$ 的某个邻域内连续”。这个条件当然足够，但并不是最简条件。

因为 $\lim_{x\to x_0}f'(x)$ 存在，首先就意味着 $f'(x)$ 在 $x_0$ 附近（不包括 $x_0$ ）有定义；也就是说， $f$ 在这些点可导，因而连续。再加上 $f$ 在 $x_0$ 处连续，就能推出 $f$ 在整个邻域内连续。因此，定理只需额外假设 $f$ 在 $x_0$ 处连续即可。

证明

由于 $f$ 在 $x_0$ 处连续，

\lim_{x\to x_0}[f(x)-f(x_0)]=0,

而 $\lim_{x\to x_0}(x-x_0)=0$ 。又因为 $f$ 在 $x_0$ 附近（不包括 $x_0$ ）可导，所以可以使用洛必达法则：

\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \xlongequal{\text{洛必达}} \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}1 =\lim_{x\to x_0}f'(x)=A.

左端正是 $f$ 在 $x_0$ 处的导数定义式，因此 $f'(x_0)$ 存在，且

f'(x_0)=A.

2.1.4 函数推不出导数（扯淡命题）+ 高中物理思想

这一判断思路在”1.2.1.1 数列极限的定义与奇偶子列”小节末尾已出现过，此处再作强调：对某些命题，其错误根源在于”推导不成立（推不出来）“，而非仅仅在于能否构造反例。执着于寻找具体反例，容易偏离逻辑审题的本质。

不妨作如下类比：命题”若某人昨晚吃了面条，则次日必下雨”，即使举出”吃了面条但次日未下雨”的反例，也看不出命题荒谬在何处；它的荒谬在于前提与结论之间根本毫无逻辑推导关联。

同样地，对于数列极限问题，若仅凭相邻项差趋于 $0$ ，再加上”单调”或”有界”之一即可推出收敛，则单调有界准则将完全失去其理论地位。因此，这类命题从逻辑体系上就”必然推不出来”。

结论（1）错误： $\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)=0$ $lim_{n \to \infty} (x_{n + 1} - x_{n}) = 0$ 仅说明相邻项距离趋于 $0$ $0$ （变化越来越慢），但累加后仍可趋于无穷。
- 反例： $x_n=n$ （或 $x_n=\ln n$ ）。
结论（2）、（3）错误：属于典型的”推不出来”命题。试想：若”相邻差趋于 $0$ $0$ “结合单调性或有界性即可断定收敛，则该结论的强度将直接超越单调有界准则。
- （2）的反例：取 $x_n=\sqrt{n}$ ，数列单调增加，且 $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\to 0$ ，但 $x_n\to+\infty$ 发散。
- （3）的反例：取 $x_n=\sin\sqrt{n}$ ，数列在 $[-1,1]$ 内有界，且 $\sin\sqrt{n+1}-\sin\sqrt{n}\to 0$ ，但函数在去心无穷远处持续振荡发散。
结论（4）正确：通过相邻项差为 $0$ 进行指标传递，可依次证明所有划分出的子列均收敛于同一极限。

设 $\{x_{3n}\}$ 收敛，记 $\lim_{n\to\infty}x_{3n}=a$ 。

由题设已知 $\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)=0$ ，取下标子列：

\lim_{n\to\infty}(x_{3n+1}-x_{3n})=0 \Longrightarrow \lim_{n\to\infty}x_{3n+1}=\lim_{n\to\infty}x_{3n}=a.

同理，

\lim_{n\to\infty}(x_{3n+2}-x_{3n+1})=0 \Longrightarrow \lim_{n\to\infty}x_{3n+2}=\lim_{n\to\infty}x_{3n+1}=a.

因为子列 $\{x_{3n}\}$ 、 $\{x_{3n+1}\}$ 、 $\{x_{3n+2}\}$ 覆盖了数列 $\{x_n\}$ 的所有项，且均收敛于同一个极限 $a$ ，所以

\lim_{n\to\infty}x_n=a.

故结论（4）正确。综上，正确的结论仅有（4）共 1 个，应选 A。

由于 $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界，不妨设 $|f'(x)|\le M$ ， $M>0$ ， $x\in(0,1)$ 。

对任意的 $x\in(0,1)$ ，由拉格朗日中值定理得

f(x)=f\left(\frac12\right)+f'(\xi)\left(x-\frac12\right),

$\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac12$ 之间。由绝对值不等式可得，

|f(x)| \le \left|f\left(\frac12\right)\right| +\left|f'(\xi)\right|\cdot\left|x-\frac12\right| \le \left|f\left(\frac12\right)\right|+\frac12M,\qquad x\in(0,1).

因此， $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界。应选 C。

下面分别说明选项 A、B、D 不正确。

取 $f(x)=\dfrac1x$ ，则 $f(x)$ 以及 $f'(x)=-\dfrac1{x^2}$ 均在 $(0,1)$ 内连续，但 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内无界。选项 A、B 不正确。（闭区间连续才行）

取 $f(x)=\sqrt{x}$ ，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界，但

f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}

在 $(0,1)$ 内无界。选项 D 不正确。

各选项正误：

选项	命题	判断	反例
A	$f'$ 连续 ⇒ $f$ 有界	✗	$f(x)=\dfrac1x$
B	$f$ 连续 ⇒ $f$ 有界	✗	$f(x)=\dfrac1x$ （开区间连续推不出有界）
C	$f'$ 有界 ⇒ $f$ 有界	✓	——
D	$f$ 有界 ⇒ $f'$ 有界	✗	$f(x)=\sqrt{x}$ ， $f'=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ 无界

A 选项：由上述判据可知，缺少条件” $f(x)$ 连续”，若增加此条件，则 A 选项成立。本题无需举反例即可判断，若一定要举，

x_n=\frac{(-1)^n}{n},\qquad f(x)= \begin{cases} \arctan x,&x<0,\\ \arctan x+100,&x\ge0. \end{cases}

B 选项：题干已告知 $f(x)$ 单调，若 $\{x_n\}$ 单调，则 $f(x_n)$ 一定单调。此为复合函数单调性的基本结论：若 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都单调，则 $f(g(x))$ 也单调，且复合后的单调性满足”同增异减”。

推出 $f(x_n)$ 单调后，题中又给出 $f(x)$ 有界，则 $f(x_n)$ 一定有界，由单调有界准则可知 $\{f(x_n)\}$ 收敛。B 选项正确。

C、D 选项：由 2.1.4 小节的第一项可知推不出来，属于前提与结论无推导关联的命题，反例为 $f(x_n)=\arctan x_n$ ， $x_n=n$ 。

假设 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=a>0$ ，则由极限的定义可知，对 $\frac a2>0$ ，存在 $N>0$ ，当 $x>N$ 时，

|f'(x)-a|<\frac a2,

即

\frac a2<f'(x)<\frac{3a}2.

对 $[N,x]$ 上的 $f(x)$ 使用拉格朗日中值定理，对 $x>N$ ，有

f(x)=f(N)+f'(\xi)(x-N)>f(N)+\frac a2(x-N),

其中 $\xi\in(N,x)$ 。

由（1）式可得，当 $x\to+\infty$ 时， $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ ，这与 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有界矛盾。假设不正确。

同理可证明 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)<0$ 也不成立。因此，应选 B。

下面分别说明选项 A、C、D 不正确。

考虑 $f(x)=\dfrac{\sin x^2}{x}$ ，则

\lim_{x\to+\infty}f(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x^2}{x^2}\cdot x=0,

$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有界且可导，但

f'(x)=\frac{x\cdot\cos x^2\cdot2x-\sin x^2}{x^2} =2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2},

$\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 不存在。选项 A 不正确。

考虑 $f(x)=\sin x$ ， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有界且可导， $\lim_{x\to0^+}f(x)=0$ ，但

f'(x)=\cos x,\qquad \lim_{x\to0^+}f'(x)=\lim_{x\to0^+}\cos x=1\ne0.

选项 C、D 不正确。

设函数 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 内有界且存在二阶导数，则下列说法正确的是（　　）

（A）若 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)$ 存在

（B）若 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在

（C）若 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)=0$

（D）若 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)=0$

取 $f(x)=\dfrac{\sin x^2}{x}$ ，则

f'(x)=2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2},

f''(x)=-4x\sin x^2-\frac{2x\cos x^2}{x^2} -\frac{2x^2\cos x^2-2\sin x^2}{x^3}.

显然 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ ， $\lim_{x\to+\infty}f''(x)$ 不存在，故选项（A）、（D）均不正确。

取

f(x)=\sin\sqrt{x},\qquad f'(x)=\frac{\cos\sqrt{x}}{2\sqrt{x}},

f''(x)=-\frac{\sin\sqrt{x}}{4x}-\frac{\cos\sqrt{x}}{4x^{3/2}}.

显然 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)=0$ ，但 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 不存在。故选项（B）不正确。

假设 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)=A>0$ ，由保号性知，存在 $M>0$ ，当 $x>M$ 时，有 $f''(x)>\dfrac A2>0$ 。

f(x)=f(M)+f'(M)(x-M)+\frac{f''(\xi)}2(x-M)^2,\qquad M<\xi<x,

故

f(x)\ge f(M)+f'(M)(x-M)+\frac A2(x-M)^2.

易得 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ ，这与函数 $f(x)$ 有界矛盾，同理可证 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)=A<0$ 也不成立，故 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)=0$ ，所以选项（C）正确。

（1996 年卷 V 试题）设 $f(x)$ 处处可导，则（　　）

（A）当 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$ 时，必有 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ 。

（B）当 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ 时，必有 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$ 。

（C）当 $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty$ 时，必有 $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ 。

（D）当 $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ 时，必有 $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty$ 。

当 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$ 时，存在 $x_0>0$ ，使得当 $x>x_0$ 时， $f'(x)>a>0$ 。由拉格朗日中值定理可知，

f(x)=f(x_0)+f'(\xi_x)(x-x_0),

其中 $\xi_x\in(x_0,x)$ 。于是，

\lim_{x\to+\infty}f(x) =f(x_0)+\lim_{x\to+\infty}f'(\xi_x)(x-x_0).

由于 $f'(\xi_x)>a>0$ ，且 $x-x_0\to+\infty$ ，故 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ 。应选 A。

下面说明选项 B、C、D 不正确。

取 $f(x)=x$ ，则 $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ ， $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ ，但 $f'(x)\equiv1$ 。选项 B、D 不正确。

取 $f(x)=x^2$ ，则 $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=\lim_{x\to-\infty}2x=-\infty$ ，但是 $\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}x^2=+\infty$ 。选项 C 不正确。

大结论（A、C 的统一推广）

统一表述：当自变量趋于其”前进方向”的无穷远时，若导数趋于与该方向同号的无穷，则函数必趋于 $+\infty$ 。

适用条件：函数在相应区间上处处可导（保证可以对任意两点使用拉格朗日中值定理）。若去掉这个条件，例如函数在区间内某点不可导，则中值定理的桥梁作用失效，结论不再保证成立。

证明（统一形式）

由 $\lim_{x\to x_0}f'(x)$ 为同号无穷，存在 $x_0$ 及 $a>0$ ，使得在相应方向上恒有

f'(x)\cdot\underbrace{(x-x_0)}_{\text{与极限方向同号}}>a|x-x_0|.

由拉格朗日中值定理，

f(x)=f(x_0)+f'(\xi_x)(x-x_0),

故 $f(x)>f(x_0)+a|x-x_0|\to+\infty$ 。 $\blacksquare$

符号规律速记

极限方向	导数极限	函数极限	原因
$x\to+\infty$	$+\infty$	$+\infty$	正 × 正
$x\to-\infty$	$-\infty$	$+\infty$	负 × 负 = 正

即： $(x-x_0)$ 的符号与导数极限的符号相同时，乘积为正，函数趋于 $+\infty$ ——这就是”负负得正”的本质。

2.1.5 概念题求极限：见到不等式优先用夹逼准则

在概念题中，若条件以不等式的形式给出（如 $|f(x)|\le x^2$ 、 $a\le \frac{f(x)}x\le b$ ），应优先考虑夹逼准则：把待求的差商或极限式夹在两个可以求出的量之间，直接得到结论。

适用条件：

待求量能写成”被夹”的形式，且两侧的界都趋于同一有限值；
不等式两侧关于同一个 $\Delta x$ 或 $x$ 成立（本题中由 $\frac1{n+1}<x\le\frac1n$ 分段给出）。

注意事项：夹逼得到的是极限值的存在性与大小，若还要判断导数是否存在，仍需回到差商极限，分别处理左右两侧（本题即先算 $f'_-(0)$ ，再用夹逼算 $f'_+(0)$ ）。

判断连续：

f(0)=0,\qquad \lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}x=0,

\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac1n=0.

所以连续。

判断可导：

f'_-(0)=\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^-}\frac{x-0}{x}=1.

当 $x\to0^+$ 时， $\dfrac1{n+1}<x\le\dfrac1n$ ，所以

\frac1n\le\frac{f(x)}x<\frac{n+1}{n}.

由夹逼准则， $f'_+(0)=1$ 。因为 $f'_+(0)=f'_-(0)$ ，所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。应选 D。

2.1.6 注意题干中的“有定义”！

A、B 选项：条件推不出可导。

可导必连续，而题干中 $f(0)$ 可以任意取值。例如取

f(x)= \begin{cases} x^2,&x\ne0,\\ 1,&x=0, \end{cases}

则 $\lim_{x\to0}f(x)=0$ ，且

\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=\lim_{x\to0}\frac{x^2}{\sqrt{|x|}}=0,\qquad \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}=1\ \text{不满足 B,\quad 改取 } f(x)=x^3\ (x\ne0),

对 B 取

f(x)= \begin{cases} x^3,&x\ne0,\\ 1,&x=0, \end{cases}

则 $\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x^2}=\lim_{x\to0}x=0$ ，但 $f(x)$ 在 $x=0$ 处不连续，故不可导。

本质原因：A、B 的条件只能控制 $x\ne0$ 时 $f(x)$ 趋于 $0$ 的速度，完全管不住 $f(0)$ 的取值；而”在 $x=0$ 处可导”首先要求 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，即 $f(0)=0$ 。条件不足，故 A、B 错误。

C、D 选项：由可导出发。

若 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，则 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，结合 $\lim_{x\to0}f(x)=0$ 得 $f(0)=0$ 。设 $f'(0)=k$ ，则由导数定义，

\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{f(x)}{x}\to k,

即 $f(x)=kx+o(x)$ 。

验证 C：

\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}} =\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}\cdot\frac{x}{\sqrt{|x|}} =k\cdot0=0.

（其中 $\left|\dfrac{x}{\sqrt{|x|}}\right|=\sqrt{|x|}\to0$ 。）故 C 正确。

验证 D：

\frac{f(x)}{x^2}=\frac{kx+o(x)}{x^2}=\frac{k}{x}+\frac{o(x)}{x^2},

当 $k\ne0$ 时极限为无穷；即使 $k=0$ ， $\dfrac{o(x)}{x^2}$ 也未必趋于 $0$ （如 $f(x)=x^{3/2}$ ， $x>0$ 时 $\dfrac{f(x)}{x^2}=x^{-1/2}\to+\infty$ ）。故 D 无法判断，错误。

应选 C。

当 $f(x)$ 的图形在 $[-1,1]$ 上是凸的时候，根据凸性的定义，对区间 $[-1,1]$ 上的任意不同的两点 $x_1,x_2$ ，都有

f(tx_1+(1-t)x_2)\le tf(x_1)+(1-t)f(x_2),\qquad0<t<1.

在 $[-1,1)$ 上任取两点 $x_1,x_2$ ， $x_1<x_2$ ，则存在 $t\in(0,1)$ ，使得 $tx_1+(1-t)\cdot1=x_2$ 。由凸性可得

f(x_2)=f(tx_1+(1-t))<tf(x_1)+(1-t)f(1).

进一步可得 $f(x_2)-f(1)<t[f(x_1)-f(1)]$ 。由于 $x_1-1<0,\ t>0$ ，故

\frac{f(x_2)-f(1)}{t(x_1-1)} > \frac{f(x_1)-f(1)}{x_1-1}.

又因为 $x_2-1=t(x_1-1)$ ，所以

\frac{f(x_1)-f(1)}{x_1-1} < \frac{f(x_2)-f(1)}{x_2-1}.

由此可得 $\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $[-1,1)$ 上单调增加。因此，应选 C。

下面说明选项 A、B、D 不正确。

对选项 A，取

f(x)= \begin{cases} |x|,&x\ne0,\\ 1,&x=0, \end{cases}

则 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调减少，在 $(0,1)$ 上单调增加，但 $f(0)$ 不是极小值。

对选项 B，取 $f(x)=-\cos2\pi x$ ，则 $f(0)$ 是极小值，但并没有 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调减少，在 $(0,1)$ 上单调增加。

对选项 D，取

f(x)= \begin{cases} \dfrac12,&x\in[-1,0),\\ x^2,&x\in[0,1], \end{cases}

则 $\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $[-1,1)$ 上单调增加，但 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上不连续，从而不是凸函数。

2.1.7 点推点，邻域推邻域

B、D 显然错误，只研究 A、C。

对于 C，由导数定义，

f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}>0.

根据极限的保号性，存在 $\delta>0$ ，使得在去心邻域内

\frac{f(x)-f(0)}{x}>0.

当 $x\in(0,\delta)$ 时，分母 $x>0$ ，所以分子也大于 $0$ ，即 $f(x)>f(0)$ 。因此 C 正确。

A 选项错误原因是，若要在区间内单调递增，则需区间内导数大于0，一点处的导数大于0推不出邻域内导数大于0

反例可以取震荡间断点：

f(x)= \begin{cases} x+2x^2\sin\frac{1}{x},&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}

此时

f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=1>0,

但当 $x\ne0$ 时，

f'(x)=1+4x\sin\frac{1}{x}-2\cos\frac{1}{x}.

当 $x$ 趋近于 $0$ 时， $f'(x)$ 会因震荡项而忽正忽负，函数图像呈“锯齿型上升”，所以 $f(x)$ 在任意邻域内都不单调，A 不成立。

逻辑上，若 A 成立，则 C 也成立；但 A 不成立，所以本题选 C。

A：邻域内单调增加不能推出 $f'(x_0)>0$ 。例如 $f(x)=x^3$ 严格单调增加，但 $f'(0)=0$ ，所以 A 错误。
B：因为 $f''(x_0)$ 存在，所以 $f'(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续。于是 $\lim_{x\to x_0}f'(x)=f'(x_0)>0.$ 由极限的保号性，存在 $\delta>0$ ，使得在 $x_0$ 的某邻域内 $f'(x)>0$ ，从而 $f(x)$ 在该邻域内单调增加，B 正确。
C：邻域内为凸函数不能推出 $f''(x_0)>0$ 。例如 $f(x)=x^4$ 是凸函数，但 $f''(0)=0$ ，所以 C 错误。
D： $f''(x_0)>0$ 不能推出邻域内处处有 $f''(x)>0$ ，邻域内可能出现 $f''(x)$ 忽正忽负的震荡情况，所以 D 错误。若增加条件“ $f''(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续”，则 $\lim_{x\to x_0}f''(x)=f''(x_0)>0$ 可推出邻域内 $f''(x)>0$ ，进而推出 $f(x)$ 为凸函数。

①由

\lim_{x\to0}\frac{x^2}{f(x)}=1

可知 $\lim_{x\to0}f(x)=0$ 。由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，所以 $f(0)=0$ 。于是

\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=0,

即 $f'(0)=0$ 。

②错误。令

f(x)= \begin{cases} x^2+x^3\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0, \end{cases}

则 $\lim_{x\to0}\dfrac{x^2}{f(x)}=1$ ，但 $f''(0)$ 不存在。

③正确。由 $\dfrac{x^2}{f(x)}\to1>0$ 可知在 $0$ 的去心邻域内 $f(x)>0$ ，又 $f(0)=0$ ，所以 $f(0)$ 是极小值。

④不正确。例如令

f(x)= \begin{cases} x^2,&x\text{为有理数},\\ x^2+x^3,&x\text{为无理数}, \end{cases}

该函数满足题设条件，但仅在 $x=0$ 处连续。

2.1.8 推导数存在需要满足四个条件

设换元 $u=\varphi(h)$ （如 $1-\cos h$ 、 $1-e^h$ 、 $h-\sin h$ ），要使

\lim_{h\to0}\frac{f(\varphi(h))-f(0)}{h}

的存在能推出 $f'(0)$ 存在，需同时满足：

一动减一定（自变量趋于 0）：分子必须是”变动点减固定点”的形状， $\varphi(h)\to0$ ，从而可以写成 $\dfrac{f(\varphi(h))-f(0)}{\varphi(h)-0}$ ；
可正可负： $\varphi(h)$ 在 $h=0$ 两侧取异号值，使差商同时覆盖 $x\to0^+$ 与 $x\to0^-$ 两个方向；
上下同阶（或分子阶数等于分母阶数；若充要条件，必须同阶）：即 $\dfrac{\varphi(h)}h\to c\ne0$ ，否则整体极限存在不能保证 $\dfrac{f(\varphi(h))-f(0)}{\varphi(h)}$ 的极限存在；
值域覆盖 0 的去心邻域： $\varphi$ 在 $0$ 的去心邻域上单调可逆，值域覆盖 $0$ 的去心邻域，这样 $\varphi(h)$ 才能充当 $x$ 的换元。

本质：除了整体极限存在，还需保证差商 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x$ 的极限确实存在，且换元后的值域能回到 $0$ 的去心邻域。四条中任何一条不满足，整体极限存在就可能只是”外壳存在而内核不存在”。

（A）不满足③上下同阶：

\lim_{h\to0}\frac{f(1-\cos h)-f(0)}{h^2} =\lim_{h\to0} \frac{f(1-\cos h)-f(0)}{1-\cos h} \cdot\frac{1-\cos h}{h^2}.

由于 $\dfrac{1-\cos h}{h^2}\to\dfrac12$ ，整体极限存在不能推出 $f'(0)$ 存在。

（B）四个条件全部满足：

\lim_{h\to0}\frac{f(1-e^h)-f(0)}h =\lim_{h\to0} \frac{f(1-e^h)-f(0)}{1-e^h} \cdot\frac{1-e^h}{h}.

由于 $\dfrac{1-e^h}{h}\to-1$ ，且 $1-e^h$ 在 $h=0$ 的去心邻域内单调、可逆，值域覆盖 $0$ 的去心邻域，所以可以推出 $f'(0)$ 存在。

（C）不满足③上下同阶：

\lim_{h\to0}\frac{f(h-\sin h)-f(0)}{h^2} =\lim_{h\to0} \frac{f(h-\sin h)-f(0)}{h-\sin h} \cdot\frac{h-\sin h}{h^2}.

虽然 $h-\sin h\to0$ ，但 $\dfrac{h-\sin h}{h^2}\to0$ ，整体极限存在不能推出第一因子极限存在。

（D）不满足④（不能拆项）：

\lim_{h\to0}\frac{[f(2h)-f(0)]-[f(h)-f(0)]}{h}

不能直接拆成两个极限。若整体极限存在，拆开后的两个差商不一定都存在，所以不能推出 $f'(0)$ 。

我的总结

本节所有判断最终都回到同一个式子：差商极限是否存在。凡命题涉及”是否可导”，先把条件翻译成这个极限是否存在的问题。
我容易混淆的是 $f'_+(x_0)$ 与 $f'(x_0+)$ ：前者只需函数在该侧有定义，后者要求导函数在该侧有定义。做题时先确认题干给的是哪一个。
“函数推不出导数”这一方向感很重要。见到”由 $f$ 的单调性、有界性、极限存在性推出 $f'$ 的某种性质”的选项，先怀疑它，再找推导链的断点，而不是急着凑反例。
夹逼准则在概念题中的作用是补上”差商极限存在”这一步；分段函数在分界点右侧的取值往往由整数 $n$ 决定，需要先用 $x$ 的范围定出 $n$ 。
读题必须逐字区分”有定义”与”连续”，这一点在 2002 数三、2020 数一、2026 数一数二等真题中反复出现。
点态与邻域的区别可以统一记忆：点态结论只控制该点，要升级为邻域结论必须补连续性条件；反例必取震荡形态。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注）：2002 数二、2006 数一/二/三、2004 数一、2022 数二、2005 年、2002 年、1996 数三、2016 数一、1996 年、2002 数三、2020 数一、2008 年、2009 数一/二/三、2026 数一/数二
常见考研数学教材与辅导资料
张宇 1000 题（例 2.6）、武忠祥严选题（例 2.14）、武忠祥高数辅导讲义（例 2.15）、24 超越模拟卷（例 2.8）
本人课程学习笔记；其中”换元反推 $f'(0)$ 存在的四个条件”的归纳，参考自某考研数学课程讲义

总目录 · 笔记整理索引 · 下一节：2.2 可导性的判断

ギターと孤独と蒼い惑星

2.1 导数概念题

2.1 导数概念题

2.1.1 可微

2.1.2 区分右导数与导数的右极限

2.1.3 导数极限定理

为什么只要求在 $x_0$ 处连续？

证明

2.1.4 函数推不出导数（扯淡命题）+ 高中物理思想

大结论（A、C 的统一推广）

证明（统一形式）

符号规律速记

2.1.5 概念题求极限：见到不等式优先用夹逼准则

2.1.6 注意题干中的“有定义”！

2.1.7 点推点，邻域推邻域

2.1.8 推导数存在需要满足四个条件

我的总结

参考资料

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2.1 导数概念题

2.1.1 可微

2.1.2 区分右导数与导数的右极限

2.1.3 导数极限定理

为什么只要求在 x0x_0x0​ 处连续？

证明

2.1.4 函数推不出导数（扯淡命题）+ 高中物理思想

大结论（A、C 的统一推广）

证明（统一形式）

符号规律速记

2.1.5 概念题求极限：见到不等式优先用夹逼准则

2.1.6 注意题干中的“有定义”！

2.1.7 点推点，邻域推邻域

2.1.8 推导数存在需要满足四个条件

我的总结

参考资料

为什么只要求在 $x_0$ 处连续？