2.1 导数概念题

总目录 · 笔记整理索引 · 下一节：2.2 可导性的判断

2.1.1 可微

设 $y=f(x)$，在点 $x_0$ 邻域内对于函数增量

$$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0),$$

若存在常数 $A$，使得

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

则函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可微，且 $A=f'(x_0)$。其中 $A\Delta x$ 叫做线性主部。可微等价于可导。

💡 【笔记】 证明要点

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。

💡 【PROBLEM】 例 2.1　2002 数二真题

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 $f'(1)=$（　　）

（A）$-1$　　（B）$0.1$　　（C）$1$　　（D）$0.5$

💡 【ANALYSIS】 分析

根据微分的定义，函数 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处的增量

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

其中 $f'(x_0)\Delta x$ 称为线性主部。上述叙述中，$f(x)$ 不是复合函数，而本题中的函数 $f(x^2)$ 为一复合函数，其关于 $x$ 的导数为 $f'(x^2)\cdot2x$。在写增量表达式时要注意写出正确的导数。

💡 【SOLUTION】 解

$f(x^2)$ 在 $x=-1$ 处关于 $x$ 的导数为

$$\left.f'(x^2)\cdot2x\right|_{x=-1}=-2f'(1).$$

于是，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 $-2f'(1)\Delta x$。因此，

$$0.1=-2f'(1)\cdot(-0.1),$$ $$f'(1)=0.5.$$

应选 D。

💡 【PROBLEM】 例 2.2　2006 数一、二、三真题

小题中见到二阶导，可想到数形结合画图！

（2006 年试题）设函数 $y=f(x)$ 具有一阶导数，且 $f'(x)>0,\ f''(x)>0$，$\Delta x$ 为自变量 $x$ 在点 $x_0$ 处的增量，$\Delta y=dy$ 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）$dy<\Delta y<0$

💡 【ANALYSIS】 分析

本题主要考查一元函数的增量与微分以及它们与一阶导数、二阶导数的关系。

注意：$\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)$，$dy=f'(x)dx$。

💡 【SOLUTION】 解

利用拉格朗日中值定理可得，

$$\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)=f'(\xi)\Delta x,$$

其中 $\xi\in(x,x+\Delta x)$。

由微分的定义，

$$dy=f'(x)dx=f'(x)\Delta x>0.$$

又因为 $f''(x)>0$，所以 $f'(x)$ 单调增加，$f'(x)<f'(\xi)$。于是，

$$dy=f'(x)\Delta x<f'(\xi)\Delta x=\Delta y.$$

因此，$0<dy<\Delta y$。应选 A。

2.1.2 区分右导数与导数的右极限

💡 【PROBLEM】 例 2.3

若 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的右导数存在，则 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处（　　）

（A）可导　　（B）连续　　（C）不可导　　（D）不一定连续

💡 【结论】 答案

B。

手稿说明：

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

两式合并得到

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

💡 【避坑警示】 反例：单侧可导推不出双侧可导（或推不出连续）

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

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。

💡 【ANALYSIS】 区分

右导数 $f'_+(x_0)$ 和导数的右极限 $f'(x_0+)$ 是两个不同的东西：

$$f'_+(x_0) \text{--一点处的右导数--} \lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},$$ $$f'(x_0+)=f'(x_0+0) \text{--导数的右极限--} \lim_{x\to x_0^+}f'(x).$$

通俗的说，$f'(x)$ 连续 $\Longleftrightarrow f(x)$ 连续可导。

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。

2.1.3 导数极限定理

首先记住：导函数具有介值性。因此，若 $f$ 在 $x_0$ 的某个邻域内可导，那么 $f'(x)$ 在 $x_0$ 处若不连续，只能出现震荡型间断，不能出现跳跃间断或可去间断。

💡 【笔记】 为什么导函数具有介值性？

这里的“导函数具有介值性”是达布定理的内容：

如果 $f$ 在一个区间内可导，且 $A$ 严格介于 $f'(x_1)$ 与 $f'(x_2)$ 之间，那么在 $x_1$ 与 $x_2$ 之间一定存在一点 $c$，使得

$$f'(c)=A.$$

注意：介值性不等于连续性。连续函数一定具有介值性，但具有介值性的函数不一定连续，导数就是一个典型例子。

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。

💡 【重点关注】 导数极限定理

若函数 $f$ 在 $x_0$ 附近（不包括 $x_0$）可导，在 $x_0$ 处连续，且

$$\lim_{x\to x_0}f'(x)=A\qquad(A\in\mathbb R),$$

则 $f$ 在 $x_0$ 处可导，并且

$$f'(x_0)=A.$$

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。

💡 【避坑警示】 反例：连续性条件不可省略

令

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

当 $x\ne0$ 时，$f'(x)=1$，所以

$$\lim_{x\to0}f'(x)=1.$$

但是

$$\lim_{x\to0}f(x)=0\ne f(0),$$

因此 $f$ 在 $x=0$ 处不连续，从而不可能在 $x=0$ 处可导。事实上，

$$\frac{f(x)-f(0)}x=\frac{x-1}{x}=1-\frac1x$$

的极限不存在。

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

$$f'(x_0)=A.$$

💡 【笔记】 对连续性条件的理解

如果 $f$ 在 $x_0$ 处不连续，那么 $f(x)-f(x_0)$ 不趋于 $0$，导数定义式中的差商就不是 $0/0$ 型，不能直接使用上面的洛必达证明。更重要的是，前面的反例说明：连续性不是证明技巧带来的附加条件，而是定理本身不可缺少的条件。

实际上，在例 1.23 中讲过的 09 年真题，即为导数极限定理的单侧形式：

若函数在这一点处右连续，且这一点处导数的右极限存在，则函数在这一点处一定右可导，导数值就等于导数的右极限值。

💡 【PROBLEM】 例 1.23　2009 数一、二、三真题

（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$，使得

$$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).$$

（Ⅱ）证明：若函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，在 $(0,\delta)$（$\delta>0$）内可导，且

$$\lim_{x\to0^+}f'(x)=A,$$

则 $f'_+(0)$ 存在，且 $f'_+(0)=A$。

💡 【ANALYSIS】 分析

本题主要考查拉格朗日中值定理的证明和应用。它的几何解释为，在一条除端点外处处有不平行于 $y$ 轴的切线的曲线 $\widehat{AB}$ 上，至少有一点处的切线平行于弦 $AB$，如下图。

💡 【SOLUTION】 （Ⅰ）

构造函数

$$F(x)=f(x)-\left[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right],$$

则由题设知，$F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且有

$$F(a)=0,\qquad F(b)=0.$$

于是由罗尔定理知，存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $F'(\xi)=0$，即有

$$f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0,$$

从而

$$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).$$

结论得证。

💡 【SOLUTION】 （Ⅱ）（法一）

当 $x\in(0,\delta)$ 时，由题设知 $f(x)$ 在 $[0,x]$ 上连续，在 $(0,x)$ 内可导，故由拉格朗日中值定理知，存在 $\xi_x\in(0,x)$，使得

$$f(x)-f(0)=f'(\xi_x)x.$$

由于 $\xi_x\in(0,x)$，故当 $x\to0^+$ 时 $\xi_x\to0^+$，从而

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x$$

=\lim_{x\to0^+}f’(\xi_x) =\lim_{x\to0^+}f’(x)=A.

由右导数定义，$f'_+(0)$ 存在且 $f'_+(0)=A$，结论得证。

💡 【SOLUTION】 （Ⅱ）（法二）

由 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续知，

$$\lim_{x\to0^+}[f(x)-f(0)]=0.$$

又 $f(x)$ 在 $(0,\delta)$ 内可导，故

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x$$

\xlongequal{\text{洛必达}} \lim_{x\to0^+}\frac{f’(x)}1=A.

由右导数定义，$f'_+(0)$ 存在且 $f'_+(0)=A$。

💡 【重点关注】 核心认知：点态导数推不出邻域性质

1. 核心结论：一点处导数大于 $0$（$f'(x_0)>0$），推不出邻域内导数大于 $0$，更推不出邻域内单调递增。
2. 本质机理：由导数的介值性（达布定理），导函数若不连续，只能出现震荡间断点（绝无跳跃或可去间断点）。
3. 做题思维：此类命题的反例必然是震荡形态（如含 $x^2\sin\frac{1}{x}$ 项）。无需死记反例具体表达式，掌握“导数可能剧烈震荡”的逻辑本质才是关键！

💡 【PROBLEM】 例 2.4　2004 数一真题

设函数 $f(x)$ 连续，且 $f'(0)>0$，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 $f(x)>f(0)$。

💡 【结论】 答案

C

💡 【ANALYSIS】 分析

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。

💡 【PROBLEM】 例 2.5　2022 数二真题

$f(x)$ 在 $x=x_0$ 处有二阶导数，则（　　）

（A）当 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内单调增加时，$f'(x_0)>0$。

（B）当 $f'(x_0)>0$ 时，$f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内单调增加。

（C）当 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内是凸函数时，$f''(x_0)>0$。

（D）当 $f''(x_0)>0$ 时，$f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内是凸函数。

💡 【结论】 答案

B

💡 【ANALYSIS】 分析

• 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。

💡 【重点关注】 方法论提醒

重要的是数学逻辑，而不是反例本身。D 选项的反例没有意义，关键在于题干条件本身推不出邻域内二阶导数恒为正。

💡 【PROBLEM】 例 2.6　张宇 1000 题

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

💡 【结论】 答案

A

💡 【ANALYSIS】 分析

• 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。

2.1.4 函数推不出导数（扯淡命题）+ 高中物理思想

此思想在“1.2.1.1 数列极限的定义与奇偶子列”小节末尾已提及。需要强调的是：对于某些命题，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，往往容易偏离逻辑审题的本质。

不妨作如下类比：若给出命题“若某人昨晚吃了面条，则次日必下雨”，解析若仅给出“某人昨晚吃了面条但次日未下雨”的反例，并无实质逻辑价值。该命题荒谬的核心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”。

---

💡 【PROBLEM】 例 1.69

设有数列 $\{x_n\}$，已知

$$\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)=0,$$

则以下 4 个结论中：

（1）$\{x_n\}$ 必收敛；

（2）若 $\{x_n\}$ 单调，则 $\{x_n\}$ 必收敛；

（3）若 $\{x_n\}$ 有界，则 $\{x_n\}$ 必收敛；

（4）若 $\{x_{3n}\}$ 收敛，则 $\{x_n\}$ 必收敛；

正确的个数是（　　）

（A）1　　（B）2　　（C）3　　（D）4

💡 【结论】 答案

A。

💡 【ANALYSIS】 分析

• 结论（1）错误：$\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)=0$ 仅说明相邻项距离趋于 $0$（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 $0$”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。

💡 【SOLUTION】 结论（4）的证明

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。

💡 【重点关注】 函数推不出导数

“函数性质 ⇒ 导数性质”的命题一律不成立（倒反天罡），方向只能是“导数推函数”。仅有的例外：

1. 题中给出一点处的导数定义式；
2. 显然正确的命题，如“已知函数可导，若函数单调，则导数 $\ge 0$”。

💡 【PROBLEM】 例 1.112（2005 年试题）

以下四个命题中，正确的是（　　）

（A）若 $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 内连续，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界。

（B）若 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内连续，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界。

（C）若 $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界。

（D）若 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界，则 $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 内有界。

💡 【结论】 答案

C。

💡 【ANALYSIS】 分析

C 选项可作为基本结论记忆：

$$f'(x)\ \text{在区间内有界} \Longrightarrow f(x)\ \text{在该区间内有界}$$

证明工具：拉格朗日中值定理（它是同时联系 $f$ 与 $f'$ 的桥梁）。

💡 【SOLUTION】 解

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

💡 【PROBLEM】 例 2.7　2002 考研真题

（2002 年试题）设函数 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有界且可导，则（　　）

（A）当 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ 时，必有 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$。

（B）当 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在时，必有 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$。

（C）当 $\lim_{x\to0^+}f(x)=0$ 时，必有 $\lim_{x\to0^+}f'(x)=0$。

（D）当 $\lim_{x\to0^+}f'(x)$ 存在时，必有 $\lim_{x\to0^+}f'(x)=0$。

💡 【结论】 答案

B。

💡 【SOLUTION】 解

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。

💡 【PROBLEM】 例 2.8　24 超越模拟卷

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 $\lim_{x\to+\infty}f''(x)=0$

（2）答案　选（C）。

💡 【SOLUTION】 解

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。

💡 【PROBLEM】 例 2.9　1996 数三真题

（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 $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty$。

💡 【结论】 答案

A。

💡 【SOLUTION】 解

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）

💡 【说明】 定理

设 $f(x)$ 处处可导，

$$\lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty \quad\Longrightarrow\quad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty,$$ $$\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty \quad\Longrightarrow\quad \lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.$$

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 $+\infty$。

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。

此外，在思维课后续的 2.1.6 小节中，例 2.13.1（2026 数一、数二真题）的 CD 选项也会用到我们这一小节所讲述的思想，详见思维课 2.1.6 小节例 2.13.1。

2.1.5 概念题求极限见到不等式无脑夹逼！

在概念题中，若见到了不等式，则一定要优先考虑夹逼准则！

💡 【PROBLEM】 例 2.10　2016 数一真题

已知函数

$$f(x)= \begin{cases} x,&x\le0,\\ \dfrac1n,&\dfrac1{n+1}<x\le\dfrac1n,\ n=1,2,\ldots, \end{cases}$$

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。

💡 【SOLUTION】 解

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。

💡 【PROBLEM】 例 2.11　1996 考研真题

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 $f'(0)=0$　　（D）可导的点，且 $f'(0)\ne0$

💡 【结论】 答案

C。

💡 【SOLUTION】 解

由 $|f(x)|\le x^2$ 可得 $f(0)=0$，又因为

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

当 $x\to0$ 时，$\lim_{x\to0}|x|=0$，所以由夹逼准则可知 $f'(0)=0$。因此，应选 C。

2.1.6 注意题干中的“有定义”！

瞪大眼睛看好，题干当中究竟给的是“连续”还是“有定义”，这个地方考研曾多次进行考察！

💡 【PROBLEM】 例 2.12　2002 数三真题

设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上有定义，在开区间 $(a,b)$ 内可导，则（　　）

（A）当 $f(a)f(b)<0$ 时，存在 $\xi\in(a,b)$，使 $f(\xi)=0$。

（B）对任何 $\xi\in(a,b)$，有 $\displaystyle\lim_{x\to\xi}[f(x)-f(\xi)]=0$。

（C）当 $f(a)=f(b)$ 时，存在 $\xi\in(a,b)$，使 $f'(\xi)=0$。

（D）存在 $\xi\in(a,b)$，使 $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$。

💡 【结论】 答案

B。

💡 【ANALYSIS】 分析

零点定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理的使用前提条件是“闭区间连续，开区间可导”，瞪大眼睛看好题中给你的是闭区间上有定义，而不是可导！所以 ACD 全错！B 选项显然正确，因为题中告诉你开区间可导了，意味着开区间内必连续！

💡 【SOLUTION】 解

$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，只能说明 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，不能保证 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，因此，零点定理、罗尔定理和拉格朗日中值定理的条件都不满足，选项 A、C、D 不一定成立。由 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，可知对任意 $\xi\in(a,b)$，均有

$$\lim_{x\to\xi}f(x)=f(\xi).$$

因此，选项 B 正确，应选 B。

💡 【笔记】 注

若将条件改为“函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续”，则四个选项均正确。

💡 【PROBLEM】 例 2.13　2020 数一真题

设函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内有定义，且 $\lim_{x\to0}f(x)=0$，则（　　）

（A）当 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

（B）当 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}=0$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

（C）当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$。

（D）当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}=0$。

💡 【结论】 答案

C。

💡 【ANALYSIS】 分析

本题的关键在于题干只说 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内有定义，且 $\lim_{x\to0}f(x)=0$，并没有说 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续（即没有保证 $f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=0$）。

💡 【SOLUTION】 解

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。

💡 【笔记】 方法总结

• 见到“有定义”而非“连续”，立刻警觉 $f(x_0)$ 可能与极限值不等——这是考研反复考查的陷阱（参见例 2.12、例 2.13.1）。
• “函数性质 ⇒ 导数性质”方向的命题要格外小心：本题 A、B 正是试图从函数的极限行为推出可导，缺少连续性条件必然失败。
• 反向（C、D）则可用 $f(x)=kx+o(x)$ 这一标准展开式直接计算验证。

💡 【PROBLEM】 例 1.78.1　2008 年考研真题

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内单调有界，$\{x_n\}$ 为数列，下列命题正确的是（　　）

（A）若 $\{x_n\}$ 收敛，则 $\{f(x_n)\}$ 收敛。

（B）若 $\{x_n\}$ 单调，则 $\{f(x_n)\}$ 收敛。

（C）若 $\{f(x_n)\}$ 收敛，则 $\{x_n\}$ 收敛。

（D）若 $\{f(x_n)\}$ 单调，则 $\{x_n\}$ 收敛。

💡 【SOLUTION】 解

A 选项：由上述结论可知，缺少条件“$f(x)$ 连续”，若增加此条件，则 A 选项成立。无需举反例，反例无意义，如果真的想举的话，

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

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。此为高中数学的基本知识：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，属于扯淡命题，反例为 $f(x_n)=\arctan x_n$，$x_n=n$。

💡 【PROBLEM】 例 2.13.1　2026 数一、数二真题

设函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上有定义，则（　　）

（A）当 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调减少，在 $(0,1)$ 上单调增加时，$f(0)$ 是极小值。

（B）当 $f(0)$ 是极小值时，$f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调减少，在 $(0,1)$ 上单调增加。

（C）当 $f(x)$ 的图形在 $[-1,1]$ 上是凸的时候，$\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $[-1,1)$ 上单调增加。

（D）当 $\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $[-1,1)$ 上单调增加时，$f(x)$ 的图形在 $[-1,1]$ 上是凸的。

💡 【SOLUTION】 解

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

一点处可导，只能推函数在一点处连续，推不出函数在邻域内连续。

一点处二阶可导，只能推一阶导在一点处连续，推不出一阶导在邻域内连续。

💡 【PROBLEM】 例 2.14　武忠祥严选题

已知 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，且

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

则下列结论中正确的个数为（　　）

① $f'(0)$ 存在，且 $f'(0)=0$；

② $f''(0)$ 存在，且 $f''(0)=2$；

③ $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极小值；

④ $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续。

（A）1　　（B）2　　（C）3　　（D）4

💡 【结论】 答案

B。

💡 【SOLUTION】 解

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

💡 【重点关注】 推出 $f'(0)$ 存在的四个条件

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：

1. 一动减一定（自变量趋于 0）；
2. 可正可负；
3. 上下同阶（或分子阶数等于分母阶数；若充要条件，必须同阶）；
4. 值域覆盖 0 的去心邻域。

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。

💡 【PROBLEM】 例 2.15　武忠祥高数辅导讲义，往年真题改编

设 $f(0)=0$，则 $f(x)$ 在点 $x=0$ 可导的充要条件为（　　）

（A）$\displaystyle\lim_{h\to0}\dfrac1{h^2}f(1-\cos h)$ 存在。

（B）$\displaystyle\lim_{h\to0}\dfrac1h f(1-e^h)$ 存在。

（C）$\displaystyle\lim_{h\to0}\dfrac1{h^2}f(h-\sin h)$ 存在。

（D）$\displaystyle\lim_{h\to0}\dfrac1h[f(2h)-f(h)]$ 存在。

💡 【结论】 答案

B。

手稿批注：

（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 $f'(0)$。 总目录 · 笔记整理索引 · 下一节：2.2 可导性的判断