2.2 可导性的判断

2.2.1 具体函数可导性的判断

维度	公式法	定义法
研究范畴	区间性 / 邻域性质（求区间内导函数 $f'(x)$ ）	点态性质（求单点导数值 $f'(x_0)$ 或判别可导性）
计算本质	套用基本初等函数导数公式与四则/复合求导法则	计算差商极限 $\displaystyle\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}$

一、公式法的使用条件：

函数在所求点的某个开邻域内有统一的初等函数解析式；
求导法则先决条件成立（如复合函数内外层可导、商法则分母不为 0 等）；
公式在该点处有意义（分母不为 0、不出现偶次根号下负数等）。

二、必须改用定义法的 5 类场景（考研高频）：

分段函数的分界点：左右表达式不同，公式法无法跨越分界点，必须分别算左、右导数；
绝对值函数的零点：如 $f(x)=|x-a|\varphi(x)$ 在 $x=a$ 处；
抽象函数在某单点处的导数：无具体解析式，仅给极限或方程关系；
公式求导后在某点无意义（公式失效点）：如 $f(x)=\sqrt[3]{x}$ 在 $x=0$ 处；或积分换元后分母出现 $x$ 导致 $x=0$ 处无法直接求导；
判断/证明“导函数在某点连续”时，先求基准点导数值：需先用定义法求出等式右边的基准值 $f'(x_0)$ 。

[!warning] 易错警示：导数极限定理与震荡陷阱若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续，去心邻域内可导，且 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f'(x)=A$ 存在，则 $f'(x_0)=A$ （导数极限定理）。 但反之不成立：若导函数极限 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f'(x)$ 不存在（震荡），绝不能断定 $f'(x_0)$ 不存在！ 典型反例： $f(x)=x^2\sin\frac{1}{x}\ (x\ne 0),\ f(0)=0$ 。用定义法可得 $f'(0)=0$ 存在，但公式求导后 $\lim_{x\to 0}f'(x)$ 震荡不存在。此时必须回归定义法。

题型一：分段函数在某一点处的可导性

考虑 $x=0$ 处的左、右极限。

\lim_{x\to0^-}\frac{2}{x^2}(1-\cos x) =\lim_{x\to0^-}\frac{2\cdot \frac{x^2}{2}}{x^2}=1,

\lim_{x\to0^+}\frac{1}{x}\int_0^x\cos t^2\,\mathrm dt \mathop{=}^{\text{洛必达}}\lim_{x\to0^+}\frac{\cos x^2}{1}=1.

因此， $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=1=f(0)$ ，函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

考虑 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的左、右导数。

\begin{aligned} f'_-(0) &=\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0^-}\frac{1}{x}\left[\frac{2(1-\cos x)}{x^2}-1\right]\\ &=\lim_{x\to0^-}\frac{2(1-\cos x)-x^2}{x^3}\\ &=\lim_{x\to0^-} \frac{-\dfrac{x^4}{12}+o(x^4)}{x^3}=0, \end{aligned}

其中

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

\begin{aligned} f'_+(0) &=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}\int_0^x\cos t^2\,\mathrm dt-1\right)\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{\displaystyle\int_0^x\cos t^2\,\mathrm dt-x}{x^2}\\ &\mathop{=}^{\text{洛必达}}\lim_{x\to0^+}\frac{\cos x^2-1}{2x} \mathop{=}^{\text{洛必达}}\lim_{x\to0^+}\frac{-2x\sin x^2}{2}=0. \end{aligned}

由于左、右导数都存在且等于 $0$ ，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，并且 $f'(0)=0$ 。

第一步：化简 $f(x)$ 为分段函数

由二级结论 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+(|x|^3)^n}=\max\{1,|x|^3\}$ ，可知：

f(x)= \begin{cases} |x|^3,& |x|>1,\\[4pt] 1,& |x|\le 1, \end{cases} = \begin{cases} -x^3,& x<-1,\\[4pt] 1,& -1\le x\le 1,\\[4pt] x^3,& x>1. \end{cases}

当 $x\ne\pm 1$ 时， $f(x)$ 均为初等函数，显然处处可导。

第二步：讨论分界点 $x=-1$ 处的左、右导数

由导数定义：

\begin{aligned} f'_-(-1) &= \lim_{x\to -1^-}\frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)} = \lim_{x\to -1^-}\frac{-x^3-1}{x+1} = \lim_{x\to -1^-}\left[-(x^2-x+1)\right] = -3,\\[6pt] f'_+(-1) &= \lim_{x\to -1^+}\frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)} = \lim_{x\to -1^+}\frac{1-1}{x+1} = 0. \end{aligned}

由于 $f'_-(-1)\ne f'_+(-1)$ ，故 $f(x)$ 在 $x=-1$ 处不可导。

第三步：讨论分界点 $x=1$ 处的左、右导数

同理由导数定义：

\begin{aligned} f'_-(1) &= \lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim_{x\to 1^-}\frac{1-1}{x-1} = 0,\\[6pt] f'_+(1) &= \lim_{x\to 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim_{x\to 1^+}\frac{x^3-1}{x-1} = \lim_{x\to 1^+}(x^2+x+1) = 3. \end{aligned}

由于 $f'_-(1)\ne f'_+(1)$ ，故 $f(x)$ 在 $x=1$ 处不可导。

综上所述， $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内恰有两个不可导点（ $x=-1$ 与 $x=1$ ），故应选 C。

题型二：判断导数的连续性

首先求 $f'(0)$ 。

根据导数的定义，

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

f'_+(0)=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to0^+}\left(x^{\alpha-1}\cos\frac1{x^\beta}\right).

由于 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续，故 $f'(0)$ 存在，而

f'(0)=\lim_{x\to0^+}\left(x^{\alpha-1}\cos\frac1{x^\beta}\right)=0

当且仅当 $\alpha>1$ 。

还需要再检查 $\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)=f'(0)=0$ 成立的条件。

当 $x\le0$ 时， $f(x)\equiv0$ ，故当 $x<0$ 时， $f'(x)=0$ ，从而

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

当 $x>0$ 时，

\begin{aligned} f'(x) &=\alpha x^{\alpha-1}\cos\frac1{x^\beta} +x^\alpha\left(-\sin\frac1{x^\beta}\right) \left(-\frac{\beta}{x^{\beta+1}}\right)\\ &=\alpha x^{\alpha-1}\cos\frac1{x^\beta} +\beta x^{\alpha-\beta-1}\sin\frac1{x^\beta}. \end{aligned}

由于 $\alpha>1$ ，故

\lim_{x\to0^+}\left( \alpha x^{\alpha-1}\cos\frac1{x^\beta} +\beta x^{\alpha-\beta-1}\sin\frac1{x^\beta} \right) =\lim_{x\to0^+}\left(\beta x^{\alpha-\beta-1}\sin\frac1{x^\beta}\right).

由于当 $\beta>0$ 时， $\sin\dfrac1{x^\beta}$ 有界但 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\sin\dfrac1{x^\beta}$ 不存在，故

\lim_{x\to0^+}\left(\beta x^{\alpha-\beta-1}\sin\frac1{x^\beta}\right)=0

当且仅当 $\alpha-\beta-1>0$ ，即 $\alpha-\beta>1$ 。

联立

\begin{cases} \alpha>1,\\ \alpha-\beta-1>0,\\ \alpha>0,\ \beta>0, \end{cases}

可得 $\alpha-\beta>1$ ，应选 A。

换元产生奇点： $g(x)=\frac{1}{x}\displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm du$ 仅在 $x\ne 0$ 时成立； $x=0$ 处分母为 $0$ ，必须用定义法求 $g'(0)$ 。
变限积分合法性：此题 $g'(x)$ 的表达式最终结果是含有变限积分的，写这种含变限积分的表达式的合法性并无问题：如果题中给出 $f(x)$ 可导，那么 $f'(x)$ 当然是已知量；同理，题中给出 $f(x)$ 连续，就意味着 $f(x)$ 一定可积，所以其变上限积分也一定可以当作已知量对待。
书写规范：最终导函数 $g'(x)$ 必须规范书写为分段函数大括号形式（区分 $x\ne 0$ 与 $x=0$ ）。

对 $g(x)$ 进行恒等变形。

\begin{aligned} g(x) &=\int_0^1f(xt)\,\mathrm dt \mathop{=}^{u=xt}\int_0^xf(u)\cdot\frac1x\,\mathrm du\\ &=\frac1x\int_0^xf(u)\,\mathrm du\qquad(x\ne0). \end{aligned}

由 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=1$ 可知，分母趋于零，而极限存在，故 $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=0$ 。又因为 $f(x)$ 连续，所以 $f(0)=0$ 。

于是，

g(0)=\int_0^1f(0)\,\mathrm dt=f(0)=0.

当 $x\ne0$ 时，

\begin{aligned} g'(x) &=\frac{\left[\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du\right]'\cdot x-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}\\ &=\frac{xf(x)-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}. \end{aligned}

当 $x=0$ 时，根据导数的定义计算 $g'(0)$ 。

\begin{aligned} g'(0) &=\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\dfrac1x\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}\\ &\mathop{=}^{\text{洛必达}}\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{2x} =\frac12. \end{aligned}

因此，

g'(x)= \begin{cases} \dfrac{xf(x)-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2},&x\ne0,\\[10pt] \dfrac12,&x=0. \end{cases}

计算 $\displaystyle\lim_{x\to0}g'(x)$ 。

\begin{aligned} \lim_{x\to0}g'(x) &=\lim_{x\to0}\frac{xf(x)-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x-\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}\\ &=1-\frac12=\frac12. \end{aligned}

由于 $\displaystyle\lim_{x\to0}g'(x)=g'(0)$ ，故 $g'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

对 $\varphi(x)$ 进行恒等变形。

\begin{aligned} \varphi(x) &=\int_0^1f(xt)\,\mathrm dt \mathop{=}^{u=xt}\int_0^xf(u)\cdot\frac1x\,\mathrm du\\ &=\frac1x\int_0^xf(u)\,\mathrm du\qquad(x\ne0). \end{aligned}

由 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=A$ 可知， $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=0$ 。又因为 $f(x)$ 连续，所以 $f(0)=0$ 。

于是， $\varphi(0)=\displaystyle\int_0^1f(0)\,\mathrm dt=f(0)=0$ 。

当 $x\ne0$ 时，

\varphi'(x)= \frac{\left[\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du\right]'\cdot x-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2} = \frac{xf(x)-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}.

当 $x=0$ 时，根据导数的定义计算 $\varphi'(0)$ 。

\begin{aligned} \varphi'(0) &=\lim_{x\to0}\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2} \mathop{=}^{\text{洛必达}}\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{2x} =\frac A2. \end{aligned}

因此，

\varphi'(x)= \begin{cases} \dfrac{xf(x)-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2},&x\ne0,\\[10pt] \dfrac A2,&x=0. \end{cases}

计算 $\displaystyle\lim_{x\to0}\varphi'(x)$ 。

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\varphi'(x) &=\lim_{x\to0}\frac{xf(x)-\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x-\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2}\\ &=A-\frac A2=\frac A2. \end{aligned}

由于 $\displaystyle\lim_{x\to0}\varphi'(x)=\varphi'(0)$ ，故 $\varphi'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

2.2.2 绝对值函数可导性的判断

1. 无“连续性”前提：二者无任何逻辑关系

$f(x)$ 可导与 $|f(x)|$ 可导互不相推：

$f(x)=x$ 处处可导 $\centernot\implies |f(x)|=|x|$ 在 $x=0$ 处不可导；
$f(x)=\begin{cases}-1,&x<0\\1,&x\ge 0\end{cases}$ 不连续且不可导 $\centernot\implies |f(x)|\equiv 1$ 处处可导。

2. 若 $f(x)$ 连续，则：

① 若 $f(x_0)\ne0$ ，则 $|f(x)|$ 在 $x_0$ 处可导 $\Longleftrightarrow f(x)$ 在 $x_0$ 处可导

② 若 $f(x_0)=0$ ，则 $|f(x)|$ 在 $x_0$ 处可导 $\Longleftrightarrow f'(x_0)=0$

③ $|f(x)|$ 在 $x_0$ 处可导 $\Longrightarrow f(x)$ 在 $x_0$ 处可导

[!note]- 第 2 点的几何直观与严格证明（点击展开） 几何直观：

对于 ①（ $f(x_0)\ne 0$ ）：曲线在 $x_0$ 附近完全在 $x$ 轴上方或下方，加绝对值后局部图像形状不变（不发生折叠），故可导性与原函数完全一致。

对于 ②（ $f(x_0)=0$ ）：曲线在 $x_0$ 处接触或穿过 $x$ 轴。绝对值将下半部分向上翻折，要想翻折后在 $x_0$ 处不产生尖角，原曲线在 $x_0$ 处的切线必须水平（即斜率 $f'(x_0)=0$ ）；若切线倾斜（ $f'(x_0)\ne 0$ ），翻折后左右斜率一正一负，必产生尖点。

对于 ③（ $|f|$ 可导 $\implies f$ 可导）：综合 ① 和 ②，只要加绝对值后的图像平滑无尖角，原函数无论是否穿过 $x$ 轴都必定平滑可导。

严格证明：

证明 ①：由连续函数局部保号性，存在邻域使 $f(x)$ 与 $f(x_0)$ 同号。

若 $f(x_0)>0$ ，邻域内 $|f(x)|=f(x)$ ，差商式 $\dfrac{|f(x)|-|f(x_0)|}{x-x_0}=\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ ；

若 $f(x_0)<0$ ，邻域内 $|f(x)|=-f(x)$ ，差商式为 $-\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 。两侧极限同生共死，故充要。

证明 ②：设 $F(x)=|f(x)|$ ，由 $f(x_0)=0$ 知 $F(x_0)=0$ 。差商式为 $\dfrac{|f(x)|}{x-x_0}$ 。

充分性（ $\Longleftarrow$ ）：若 $f'(x_0)=0$ ，则 $\lim\limits_{x\to x_0}\left|\dfrac{f(x)}{x-x_0}\right|=0 \implies \lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{|f(x)|}{x-x_0}=0$ ，故 $|f(x)|$ 可导且导数为 $0$ 。

必要性（ $\Longrightarrow$ ）：设 $|f(x)|$ 导数为 $A$ 。当 $x\to x_0^+$ 时差商非负 $\implies A\ge 0$ ；当 $x\to x_0^-$ 时差商非正 $\implies A\le 0$ 。由极限唯一性得 $A=0$ ，即 $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{|f(x)|}{x-x_0}=0 \implies \lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-0}{x-x_0}=0 \implies f'(x_0)=0$ 。

证明 ③：若 $f(x_0)\ne 0$ ，由 ① 得原函数可导；若 $f(x_0)=0$ ，由 ② 得 $f'(x_0)=0$ 原函数可导。故只要 $f$ 连续，绝对值可导必能推出原函数可导。

3. 设函数 $g(x)$ 可导，则函数 $f(x)=|g(x)|$ 在点 $x_0$ 处不可导

\Longleftrightarrow\quad g(x_0)=0,\quad\text{且}\quad g'(x_0)\ne0.

[!note]- 第 3 点的几何直观与证明推导（点击展开） 几何直观： $g(x_0)=0$ 且 $g'(x_0)\ne 0$ 表示曲线在 $x_0$ 处以非零斜率穿过 $x$ 轴（相交但不相切）。经绝对值翻折后，左右两侧切线斜率互为相反数 $\pm|g'(x_0)|$ ，形成不可导的“尖点”；若相切（ $g'=0$ ），翻折后切线依然水平，平滑可导。

严格证明：

当 $g(x_0)\ne 0$ 时，由保号性 $f(x)=\pm g(x)$ 在 $x_0$ 邻域内可导，故不可导点必满足 $g(x_0)=0$ 。

当 $g(x_0)=0$ 时，按定义计算左、右导数： $\begin{aligned} f'_-(x_0) &= \lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0^-}\frac{|g(x)|}{x-x_0} = -\lim_{x\to x_0^-}\left|\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\right| = -|g'(x_0)|, \\ f'_+(x_0) &= \lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0^+}\frac{|g(x)|}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0^+}\left|\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\right| = |g'(x_0)|. \end{aligned}$

左右导数存在且相等 $\Longleftrightarrow -|g'(x_0)|=|g'(x_0)| \Longleftrightarrow g'(x_0)=0$ 。故 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不可导 $\Longleftrightarrow g(x_0)=0$ 且 $g'(x_0)\ne 0$ 。

设 $k$ 为非负整数，则函数

g(x)=(x-a)^k|x-a|

在 $x=a$ 处恰好 $k$ 阶可导，而在 $k+1$ 阶处不可导。

$k=0$ 时： $|x-a|$ 连续（0 阶可导），1 阶不可导；
$k=1$ 时： $(x-a)|x-a|$ 1 阶可导，2 阶不可导；
$k=2$ 时： $(x-a)^2|x-a|$ 2 阶可导，3 阶不可导。

理由： $g$ 在 $x=a$ 处有因子 $(x-a)^k$ ，求 $k$ 阶导数后该因子的作用被”消耗”完，剩下的 $|x-a|$ 在 $x=a$ 处出现非零斜率的尖点，故 $k+1$ 阶导数不存在。

由于

F(x)=f(x)(1+|\sin x|)=f(x)+f(x)|\sin x|,

而 $f(x)$ 可导，则 $F(x)$ 在 $x=0$ 可导的充要条件是 $f(x)|\sin x|$ 在 $x=0$ 可导。令

\varphi(x)=f(x)|\sin x|,

则

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x-0} &=\lim_{x\to0}\frac{f(x)|\sin x|}{x}\\ &= \begin{cases} f(0),&x\to0^+,\\ -f(0),&x\to0^-. \end{cases} \end{aligned}

从而 $f(0)=0$ 是 $\varphi(x)$ 在 $x=0$ 可导的充要条件，故应选（A）。

由本题的分析过程还可提炼出常用判据：设 $f(x)=\varphi(x)|x-a|$ ，其中 $\varphi(x)$ 在 $x=a$ 处连续，则 $f(x)$ 在 $x=a$ 处可导的充要条件是 $\varphi(a)=0$ （见本节前面的判据）。

当 $f(a)=0$ 且 $f'(a)\ne0$ 时，

\lim_{x\to a^-}\frac{|f(x)|-|f(a)|}{x-a} =-\lim_{x\to a^-}\left|\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right| =-|f'(a)|,

\lim_{x\to a^+}\frac{|f(x)|-|f(a)|}{x-a} =\lim_{x\to a^+}\left|\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right| =|f'(a)|.

此时， $|f(x)|$ 在点 $x=a$ 处的左、右导数不相等，导数不存在。

因此， $f(a)=0$ 且 $f'(a)\ne0$ 是函数 $|f(x)|$ 在点 $x=a$ 处不可导的充分条件，应选 B。

由本节结论 3 可知， $f(a)=0$ 且 $f'(a)\ne0$ 实际上也是必要条件，即该项是 $|f(x)|$ 在 $x=a$ 处不可导的充要条件。

分析 $g(x)$ 的单调性。

当 $a\le0$ 时，

g'(x)=\frac1x-a>0\quad(x>0),

函数 $g(x)$ 在其定义域 $(0,+\infty)$ 上单调增加。又

g(0+)=-\infty,\qquad g(+\infty)=+\infty,

故当 $a\le0$ 时，函数 $g(x)$ 只有一个零点。

当 $a>0$ 时， $g'(x)=0$ ，得函数 $g(x)$ 的唯一驻点为 $x=\dfrac1a$ 。因为

g''\left(\frac1a\right)=-a^2<0,

所以 $g\left(\dfrac1a\right)=-\ln a-1$ 是函数 $g(x)$ 的最大值。由于

g(0+)=-\infty,\qquad g(+\infty)=-\infty,

因此当最大值

g\left(\frac1a\right)=-\ln a-1>0,

即 $0<a<e^{-1}$ 时，函数 $g(x)$ 有两个零点，设为

x_1\in\left(0,\frac1a\right),\qquad x_2\in\left(\frac1a,+\infty\right).

显然 $g'(x_1)\ne0,\ g'(x_2)\ne0$ ，因此当 $0<a<e^{-1}$ 时，函数 $f(x)=|\ln x-ax|$ 有两个不可导点，故应选（B）。

第一步：化简偶函数部分 由余弦函数的偶函数性质， $\cos|x|=\cos x$ 。因为 $\cos x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上任意阶可导，所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 处最高阶导数的阶数完全由 $g(x)=x^2|x|$ 决定。

第二步：逐阶计算 $g(x)=x^2|x|$ 在 $x=0$ 处的导数

一阶导数：由导数定义：
$g'(0)=\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x^2|x|}{x}=\lim_{x\to0}(x|x|)=0.$
当 $x\ne0$ 时，求导得 $g'(x)=3x|x|$ 。故导函数 $g'(x)=3x|x|$ 在 $x=0$ 处存在且 $g'(0)=0$ 。
二阶导数：由导数定义：
$g''(0)=\lim_{x\to0}\frac{g'(x)-g'(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{3x|x|}{x}=\lim_{x\to0}(3|x|)=0.$
当 $x\ne0$ 时，求导得 $g''(x)=6|x|$ 。故二阶导函数 $g''(x)=6|x|$ 在 $x=0$ 处存在且 $g''(0)=0$ 。
三阶导数：按定义计算 $g''(x)$ 在 $x=0$ 处的左、右导数：
$\begin{aligned} g''_+(0) &= \lim_{x\to0^+}\frac{g''(x)-g''(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\frac{6x}{x}=6, \\[6pt] g''_-(0) &= \lim_{x\to0^-}\frac{g''(x)-g''(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^-}\frac{-6x}{x}=-6. \end{aligned}$
由于 $g''_+(0) \ne g''_-(0)$ ，所以三阶导数 $g'''(0)$ 不存在。

综上， $f(x)$ 在 $x=0$ 处存在的最高阶导数阶数为 2。

$\cos|x|=\cos x$ 为光滑初等函数，只需考察 $g(x)=x^2|x|$ 。
判定一阶导： $g(x)$ 在 $x=0$ 处连续。当 $x\ne 0$ 时， $g'(x)=\begin{cases}3x^2,&x>0\\-3x^2,&x<0\end{cases}$ 。因为 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}g'(x)=\lim_{x\to0^-}g'(x)=0$ ，由导数极限定理， $g'(0)$ 存在且 $g'(0)=0$ ，并且 $g'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。
判定二阶导： $g'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。当 $x\ne 0$ 时， $g''(x)=\begin{cases}6x,&x>0\\-6x,&x<0\end{cases}$ 。因为 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}g''(x)=\lim_{x\to0^-}g''(x)=0$ ，由导数极限定理， $g''(0)$ 存在且 $g''(0)=0$ ，并且 $g''(x)$ 在 $x=0$ 处连续。
判定三阶导：当 $x\ne 0$ 时， $g'''(x)=\begin{cases}6,&x>0\\-6,&x<0\end{cases}$ 。此时 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}g'''(x)=6 \ne \lim_{x\to0^-}g'''(x)=-6$ ，导数单侧极限不相等。根据达布定理（导函数绝无第一类跳跃间断点），或者直接由单侧导数定义知 $g'''(0)$ 不存在。

故最高阶导数阶数为 2。

利用导数定义，有

\begin{aligned} F'_-(0) &=\lim_{x\to0^-}\frac{F(x)-F(0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)|\sin x|}{x}\\ &=-\lim_{x\to0^-}f(x), \end{aligned}

\begin{aligned} F'_+(0) &=\lim_{x\to0^+}\frac{F(x)-F(0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)|\sin x|}{x}\\ &=\lim_{x\to0^+}f(x). \end{aligned}

$F(x)$ 在 $x=0$ 处可导

\Longleftrightarrow F'_-(0)=F'_+(0) \Longleftrightarrow -\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^+}f(x),

故 D 正确。

由之前的结论可知，若 $f(x)$ 连续，则 $|f(x)|$ 在 $x_0$ 处可导 $\Longrightarrow f(x)$ 在 $x_0$ 处可导。

①③④ 都涉及 $|f(x)|$ ，且已知 $f(x)$ 连续，因此先看 ①③④ 能否推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。若能推出 $|f(x)|$ 在 $x=0$ 处可导，即可推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

首先看 ④，④ 实际上是 $|f(x)|$ 在 $x=0$ 处的导数定义：

\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-|f(0)|}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow |f(x)|\text{ 在 }x=0\text{ 处可导} \Longrightarrow f(x)\text{ 在 }x=0\text{ 处可导}.

接下来将 ③ 转化成 ④ 的形式。③：

\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow \lim_{x\to0}|f(x)|=0.

又 $f(x)$ 连续，因此 $|f(x)|$ 连续，故 $|f(0)|=0$ ，即 $f(0)=0$ 。于是

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

所以 ③ 也能推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

①：

\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-f(0)}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow \lim_{x\to0}\bigl(|f(x)|-f(0)\bigr)=0 \Longrightarrow \lim_{x\to0}|f(x)|=f(0)\ge0.

因此 $f(0)=|f(0)|$ ，从而

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

即 ① 能推出 ④，进而推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

②：

\lim_{x\to0}\frac{f(x)-|f(0)|}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow \lim_{x\to0}\bigl(f(x)-|f(0)|\bigr)=0 \Longrightarrow f(0)=|f(0)|\ge0.

于是

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

所以 ② 也能推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

故四个条件均可得到“ $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导”，应选（D）。

2.2.3 抽象函数可导性的判断

我的总结

判断可导性的第一步是判断”考点在哪”：分界点、公式失效点、绝对值零点、还是导函数连续性。四类考点的处理方式互不相同，先分类再动笔。
分段函数在分界点必须先求函数值（确认连续性），再算左、右导数；只算导数不验证函数值，是常见失分点。
绝对值这一块我按三条线记： $f(x_0)\ne0$ 时翻折不影响局部形状，可导性照抄； $f(x_0)=0$ 时能否可导取决于 $f'(x_0)$ 是否为 $0$ ；含因子 $(x-a)^k$ 时，导数阶数由 $k$ 决定。
例 2.25 提醒我一条重要区别：绝对值结论中的”连续”前提不能省。题干只给”有定义”时，一律回到左右导数的定义式。
判断导函数连续时， $\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)$ 与 $f'(x_0)$ 必须分别算出并比较，“存在”与”相等”是两件事。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注）：1995 年、1995 数一、1997 年、1998 数一、2000 年、2005 年、2015 数二、2020 数二、2025 数二
常见考研数学教材与辅导资料
李林 880 题（例 2.24、例 2.25）、高数十八讲（例 2.23）、某考研数学课程讲义中的“翻折与带尖”几何解释（例 2.20–例 2.22）
本人课程学习笔记

上一节：2.1 导数概念题 · 总目录 · 笔记整理索引 · 下一节：2.3 单调性、凹凸性、极值点、拐点

ギターと孤独と蒼い惑星

2.2 可导性的判断

2.2 可导性的判断

2.2.1 具体函数可导性的判断

题型一：分段函数在某一点处的可导性

题型二：判断导数的连续性

2.2.2 绝对值函数可导性的判断

2.2.3 抽象函数可导性的判断

我的总结

参考资料

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