📚 第 2 章导数与微分 · 错题集

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例 2.18（2015 数二真题·导函数的连续性）

第一步：利用导数定义求 $f'(0)$ 及其存在条件

根据导数的定义计算左、右导数：

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).

由于题目要求 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续，故 $f'(0)$ 必须先存在。当 $\alpha>1$ 时， $\alpha-1>0$ ， $x^{\alpha-1}\to 0$ ，而 $\cos\dfrac{1}{x^\beta}$ 有界，由“无穷小量 $\times$ 有界量 = 无穷小量”得：

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

当且仅当 $\alpha>1$ 时， $f'_-(0)=f'_+(0)=0$ ，即 $f'(0)=0$ 存在。

第二步：用公式法求去心邻域内导函数 $f'(x)$

当 $x<0$ 时， $f(x)\equiv 0$ ，故 $f'(x)=0$ ，从而

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

当 $x>0$ 时，直接利用求导公式：

\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}

第三步：验证 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f'(x)=f'(0)=0$

因为 $\alpha>1$ ，前项 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\alpha x^{\alpha-1}\cos\frac{1}{x^\beta}=0$ 。故：

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

当 $\beta>0$ 时， $\sin\dfrac{1}{x^\beta}$ 震荡发散但有界，要使上述极限为 $0$ ，当且仅当幂次满足：

\alpha-\beta-1>0 \iff \alpha-\beta>1.

第四步：联立参数不等式

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

故正确答案应选 (A)。

例 2.20（1995 数一真题·绝对值乘积函数的可导性）

第一步：化简与等价转化 将 $F(x)$ 展开：

F(x)=f(x)+f(x)|\sin x|.

已知 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，根据导数的线性性质， $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导 $\Longleftrightarrow \varphi(x)=f(x)|\sin x|$ 在 $x=0$ 处可导。

第二步：用导数定义计算 $\varphi(x)$ 在 $x=0$ 处的左右导数 注意到 $\varphi(0)=f(0)|\sin 0|=0$ 。由导数定义：

\lim_{x\to 0}\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x-0} = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)|\sin x|}{x}.

分别考察左、右单侧极限：

当 $x\to 0^+$ 时， $\sin x > 0$ ， $|\sin x|=\sin x \sim x$ ，且由 $f(x)$ 可导必连续有 $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=f(0)$ ： $\varphi'_+(0) = \lim_{x\to 0^+} f(x)\cdot\frac{\sin x}{x} = f(0)\cdot 1 = f(0).$
当 $x\to 0^-$ 时， $\sin x < 0$ ， $|\sin x|=-\sin x \sim -x$ ： $\varphi'_-(0) = \lim_{x\to 0^-} f(x)\cdot\frac{-\sin x}{x} = f(0)\cdot (-1) = -f(0).$

第三步：充要性判定 $\varphi(x)$ 在 $x=0$ 处可导 $\Longleftrightarrow \varphi'_+(0) = \varphi'_-(0) \Longleftrightarrow f(0) = -f(0) \Longleftrightarrow f(0) = 0$ 。

因此， $f(0)=0$ 是 $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导的充分必要条件，应选 (A)。

例 2.24（李林 880·高阶导数存在性与 $(x-a)^k|x-a|$ 模型）

方法一：定义法逐阶判定（严谨标准法）

由 $\cos|x|=\cos x$ 任意阶可导，只需考察 $g(x)=x^2|x|$ 在 $x=0$ 处的导数。
一阶导数： $g'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2|x|}{x}=\lim_{x\to 0}(x|x|)=0.$ 当 $x\ne 0$ 时，求导得 $g'(x)=3x|x|$ 。
二阶导数： $g''(0)=\lim_{x\to 0}\frac{g'(x)-g'(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{3x|x|}{x}=\lim_{x\to 0}(3|x|)=0.$ 当 $x\ne 0$ 时，求导得 $g''(x)=6|x|$ 。
三阶导数：按定义计算 $g''(x)$ 在 $x=0$ 处的左右导数： $g''_+(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{6x}{x}=6, \qquad g''_-(0)=\lim_{x\to 0^-}\frac{-6x}{x}=-6.$ 由于 $g''_+(0) \ne g''_-(0)$ ，所以三阶导数 $g'''(0)$ 不存在。

故最高阶导数阶数为 2。

方法二：利用导数极限定理快速判定（秒杀法）

$g(x)$ 连续，去心邻域导数 $g'(x)=\begin{cases}3x^2,&x>0\\-3x^2,&x<0\end{cases}$ 。因 $\lim\limits_{x\to 0}g'(x)=0$ ，由导数极限定理得 $g'(0)=0$ 且 $g'(x)$ 连续；
$g'(x)$ 连续，去心邻域导数 $g''(x)=\begin{cases}6x,&x>0\\-6x,&x<0\end{cases}$ 。因 $\lim\limits_{x\to 0}g''(x)=0$ ，由导数极限定理得 $g''(0)=0$ 且 $g''(x)$ 连续；
去心邻域导数 $g'''(x)=\begin{cases}6,&x>0\\-6,&x<0\end{cases}$ ，因左右极限不相等（ $\lim\limits_{x\to 0^+}g'''=6 \ne \lim\limits_{x\to 0^-}g'''=-6$ ），由**达布定理（导函数绝无第一类跳跃间断点）**或单侧导数定义知 $g'''(0)$ 不存在。

故最高阶导数阶数为 2。

例 2.25（李林 880·无连续性前提下的绝对值导数判定）

注意到 $F(0)=f(0)|\sin 0|=0$ 。

根据导数定义计算左、右单侧导数：

左导数（ $x\to 0^-$ 时， $\sin x < 0 \implies |\sin x|=-\sin x$ ）： $\begin{aligned} F'_-(0) &= \lim_{x\to 0^-}\frac{F(x)-F(0)}{x-0} = \lim_{x\to 0^-}\frac{f(x)(-\sin x)}{x} \\ &= -\lim_{x\to 0^-}\left(f(x)\cdot\frac{\sin x}{x}\right) = -\lim_{x\to 0^-}f(x). \end{aligned}$
右导数（ $x\to 0^+$ 时， $\sin x > 0 \implies |\sin x|=\sin x$ ）： $\begin{aligned} F'_+(0) &= \lim_{x\to 0^+}\frac{F(x)-F(0)}{x-0} = \lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)\sin x}{x} \\ &= \lim_{x\to 0^+}\left(f(x)\cdot\frac{\sin x}{x}\right) = \lim_{x\to 0^+}f(x). \end{aligned}$

$F(x)$ 在 $x=0$ 处可导 $\Longleftrightarrow$ 左导数 $F'_-(0)$ 与右导数 $F'_+(0)$ 均存在且相等，即：

\lim_{x\to 0^-}f(x) \text{ 与 } \lim_{x\to 0^+}f(x) \text{ 均存在,\quad 且 } -\lim_{x\to 0^-}f(x) = \lim_{x\to 0^+}f(x).

故正确选项为 (D)。

题目	前提条件	可导充要条件	核心考点
例 2.20	$f(x)$ 可导 / 连续	$f(0)=0$	连续时左右极限均等于 $f(0)$ ， $-f(0)=f(0)\iff f(0)=0$
例 2.25	$f(x)$ 仅有定义	$\lim\limits_{x\to 0^-}f(x) = -\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)$	无连续性保证，左右极限独立存在且反号即可（甚至 $f(0)$ 可为任意值）

例 2.26（2025 数二真题·绝对值极限与可导性综合判断）

由连续函数可导性定理：若 $f(x)$ 连续，则 $|f(x)|$ 在 $x_0$ 处可导 $\Longrightarrow f(x)$ 在 $x_0$ 处可导。

分析 ④： ④ 实际上是 $|f(x)|$ 在 $x=0$ 处的导数定义：
$\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-|f(0)|}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow |f(x)|\text{ 在 }x=0\text{ 处可导} \Longrightarrow f(x)\text{ 在 }x=0\text{ 处可导}.$
分析 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：
$\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|}{x} = \lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-|f(0)|}{x},$
即 ③ 能推出 ④，进而推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。
分析 ①：
$\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-f(0)}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow \lim_{x\to0}\bigl(|f(x)|-f(0)\bigr)=0 \Longrightarrow f(0)=\lim_{x\to0}|f(x)|\ge 0.$
因此 $f(0)=|f(0)|$ ，从而原式转化为：
$\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-f(0)}{x} = \lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-|f(0)|}{x},$
即 ① 能推出 ④，进而推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。
分析 ②：
$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-|f(0)|}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow \lim_{x\to0}\bigl(f(x)-|f(0)|\bigr)=0 \Longrightarrow f(0)=|f(0)|\ge 0.$
于是原式直接转化为：
$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-|f(0)|}{x} = \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}\text{ 存在} \Longrightarrow f(x)\text{ 在 }x=0\text{ 处可导}.$

综上所述，四个条件均可推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，故正确答案应选 (D)。

口诀：“分母趋于 0 则分子必趋于 0，常数自动归位为导数定义式”

条件	分子极限为 0 导出的隐含条件	替换后的真实面目	结论
④	（字面即是定义）	$\\|f(x)\\|'(0)$ 定义式 $\implies f$ 可导	✅
③	$\lim \\|f(x)\\|=0 \implies \\|f(0)\\|=0$	原式 $= \displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\\|f(x)\\|-\\|f(0)\\|}{x}$ （变回 ④）	✅
①	$f(0)=\lim \\|f(x)\\|\ge 0 \implies f(0)=\\|f(0)\\|$	原式 $= \displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\\|f(x)\\|-\\|f(0)\\|}{x}$ （变回 ④）	✅
②	$f(0)=\\|f(0)\\|\ge 0 \implies \\|f(0)\\|=f(0)$	原式 $= \displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$ （ $f'(0)$ 定义式）	✅

例 2.28（李林 880 / 真题改编·导函数图像推原函数极值点与拐点）

审题核心认知转换（看导数图反推原函数）：
- 找原函数 $f(x)$ 的极值点 $\Longleftrightarrow$ 看导数 $f'(x)$ 图象的正负穿轴变号（ $f'>0$ 增， $f'<0$ 减）；
- 找原函数 $f(x)$ 的拐点 $\Longleftrightarrow$ 看导数 $f'(x)$ 图象的单调增减性改变（即 $f'(x)$ 的极值点/波峰波谷，或者看切线斜率 $f''(x)$ 变号）。
连续函数在导数铅直渐近线处的极值/拐点极易漏判：
- 题目明确给出 $y=f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内连续。因此，即使在导函数趋于无穷大（渐近线 $x=0, x_5$ ）处函数不可导，只要原函数值存在且两侧满足变号条件，完全可以作为极值点或拐点！
- $x=0$ 处： $f'(x)$ 左侧为正（ $+\infty$ ）、右侧为负（ $-\infty$ ），符号反转（增 $\to$ 减） $\implies$ 尖峰极大值点！
- $x=x_5$ 处： $f'(x)$ 左右均为正（不变号，非极值），但左侧上升（ $f''>0$ ，凹）、右侧下降（ $f''<0$ ，凸），凹凸性反转 $\implies$ 拐点！

1. 判定基准与秒杀口诀

极值点（看符号变号）： $f'(x)$ 穿过 $x$ 轴使符号发生变化（正变负为极大值，负变正为极小值；或在渐近线两侧符号不同）。
拐点（看增减反转）： $f'(x)$ 的切线斜率 $f''(x)$ 发生变号，即 $f'(x)$ 图像的单调增减性发生转变（波峰、波谷或渐近线两侧单调性相反）。

2. 全图 7 个关键点逐一排查表

点的位置	$f'(x)$ 正负号特征（看上下位置）	$f'(x)$ 增减性特征（看斜率 $f''$ ）	最终定性
$x_1$	由正（上）变负（下） $\implies$ 变号	单调递减（ $f'' < 0$ ）	🔴 极大值点 (1)
$x_2$	全在下方（负），未穿轴	由减变增（波谷） $\implies f''$ 负变正	🔵 拐点 (1)
$x_3$	由负（下）变正（上） $\implies$ 变号	单调递增（ $f'' > 0$ ）	🔴 极小值点 (2)
$x=0$ （渐近线）	左正（ $+\infty$ ）右负（ $-\infty$ ） $\implies$ 变号	左增（ $f''>0$ ）、右增（ $f''>0$ ）	🔴 极大值点 (3)（尖峰）
$x_4$	由负（下）变正（上） $\implies$ 变号	单调递增（ $f'' > 0$ ）	🔴 极小值点 (4)
$x_5$ （渐近线）	左右均为正（ $+\infty$ ），不变号	左增（ $f''>0$ ）右减（ $f''<0$ ） $\implies$ 变号	🔵 拐点 (2)（凹变凸）
$x_6$	左右全在轴上方（正），未穿轴	由减变增（波谷） $\implies f''$ 负变正	🔵 拐点 (3)

3. 统计计数

极值点个数： $x_1,\ x_3,\ 0,\ x_4$ ，共 4 个。
拐点个数： $x_2,\ x_5,\ x_6$ ，共 3 个。

例 2.30（武忠祥辅导讲义·极限保号性与极值拐点定性综合）

切忌想当然判定 $f''(0)>0$ （选项 B 的高频诱杀陷阱）：
- 由分母 $|x|\to 0$ 且极限存在，必有分子极限为 $0$ ，结合 $f''(x)$ 连续直接得出 $f''(0) = 0$ ！
- 判定极值并不依赖“第二充分条件（ $f''(0)\ne 0$ ）”，本题必须通过极限保号性推导去心邻域内一阶导数 $f'(x)$ 的单调性变号（第一充分条件）。
识别并化简奇差项 $\dfrac{f(x)-f(-x)}{|x|}$ ：
- 利用导数定义，当 $f'(0)=0$ 时， $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(-x)}{|x|} = 0$ ，从而分离出纯粹的二阶导极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f''(x)}{|x|} = 1 > 0$ 。
极限保号性的精确传递链条：
- $\dfrac{f''(x)}{|x|} > 0 \iff f''(x) > 0$ （左右两侧全为正，凹凸性未变 $\implies$ 非拐点）；
- $f''(x) > 0 \implies f'(x)$ 严格单调递增，结合 $f'(0)=0 \implies$ 左负右正（由减变增 $\implies$ 极小值点）。

第一步：由极限存在确定 $f''(0)=0$ （排除选项 B）

因为 $\displaystyle\lim_{x\to0}|x|=0$ 且极限存在等于 $1$ ，所以分子极限必须为 $0$ ：

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

已知 $f(x)$ 与 $f''(x)$ 均连续，代入 $x=0$ 得：

f''(0)+f(0)-f(0)=0 \implies f''(0)=0.

故选项 (B) 中“ $f''(0)>0$ ”错误，直接排除。

第二步：拆解极限式，分离出 $f''(x)$ 的局部性态

分析项 $\dfrac{f(x)-f(-x)}{|x|}$ ：

当 $x>0$ 时， $|x|=x$ ，由导数定义： $\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(-x)}{x} = \lim_{x\to0^+}\left[\frac{f(x)-f(0)}{x}+\frac{f(-x)-f(0)}{-x}\right] = f'(0)+f'(0)=2f'(0)=0.$
当 $x<0$ 时， $|x|=-x$ ，同理其极限为 $-2f'(0)=0$ 。

综合可得 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(-x)}{|x|}=0$ 。将原极限式拆开：

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

第三步：由极限保号性确定 $f''(x)$ 与 $f'(x)$ 的符号

由 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f''(x)}{|x|}=1>0$ 及极限保号性，存在去心邻域 $\mathring{U}(0,\delta)$ ，在该邻域内恒有：

\frac{f''(x)}{|x|} > 0 \implies f''(x) > 0 \quad (\forall x\in\mathring{U}(0,\delta)).

第四步：定性判断极值点与拐点

极值判定：在 $(-\delta, \delta)$ $(- δ, δ)$ 内， $f''(x) = [f'(x)]' > 0$ $f^{''} (x) = [f^{'} (x)]^{'} > 0$ ，说明导函数 $f'(x)$ $f^{'} (x)$ 在该邻域内严格单调递增。结合已知 $f'(0)=0$ $f^{'} (0) = 0$ ：
- 当 $x\in(-\delta, 0)$ 时， $f'(x) < f'(0) = 0 \implies f(x)$ 单调递减；
- 当 $x\in(0, \delta)$ 时， $f'(x) > f'(0) = 0 \implies f(x)$ 单调递增。根据极值第一充分条件， $x=0$ 必为 $f(x)$ 的严格极小值点，即 $f(0)$ 是极值（排除 A）。
拐点判定：在 $x=0$ 的左邻域 $(-\delta, 0)$ 内 $f''(x)>0$ （凹），在右邻域 $(0,\delta)$ 内 $f''(x)>0$ （凹）。两侧二阶导同为正号、不发生变号，凹凸性没有改变，因此点 $(0, f(0))$ 不是拐点（排除 C）。

综上所述，正确答案应选 (D)。

例 2.37（武忠祥严选题改编·仅给连续性下求点导数的脱帽法与定义法）

警惕“未证可导先泰勒”的循环论证陷阱：
- 原题（例 1.15）条件明确给出“ $f(x)$ 可导”，故可直接设 $f(x)=f(0)+f'(0)x+o(x)$ 代入；
- 本题（例 2.37）仅给出“ $f(x)$ 连续”， $f'(0)$ 是否存在是待求结论，切忌直接用一阶泰勒展开代入（属于假定结论的逻辑错误）。
未知函数的通分与展开已知项策略：
- 面对含未知函数 $f(x)$ 的复杂极限式，通分后分子为 $\sin x + xf(x)$ ；
- 将已知的 $\sin x$ 展开至 $x+o(x^2)$ （或 $x+O(x^3)$ ），提取公因子 $x$ 与分母 $x^2$ 约分降阶，分离出形如 $\dfrac{1+f(x)}{x}$ 的纯净待定式。
连续性定点值 + 导数定义/脱帽法定导数：
- 由分母极限为 0 且分式极限存在，必有 $\displaystyle\lim_{x\to 0}[1+f(x)]=0 \implies \lim_{x\to 0}f(x)=-1$ ，结合连续性得出 $f(0)=-1$ ；
- 代回原式可直接严谨契合导数定义 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x\to0}\frac{f(x)-(-1)}{x}=2 \implies f'(0)=2$ 。

第一步：通分化为单分式极限

\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x^2}+\frac{f(x)}x\right) = \lim_{x\to0}\frac{\sin x+xf(x)}{x^2} = 2.

第二步：对已知初等函数 $\sin x$ 进行泰勒展开并约分降阶 将 $\sin x = x + o(x^2)$ 代入分子：

\lim_{x\to0}\frac{x + o(x^2) + xf(x)}{x^2} = \lim_{x\to0}\left[\frac{x[1 + f(x)]}{x^2} + \frac{o(x^2)}{x^2}\right] = \lim_{x\to0}\frac{1+f(x)}{x} + 0 = 2,

从而得到关于 $f(x)$ 的核心极限式：

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

第三步：利用极限存在性与连续性确定 $f(0)$ 因为分母 $\displaystyle\lim_{x\to0}x=0$ ，且整体极限等于 $2$ （有限值），根据“分母趋于零则分子必趋于零”：

\lim_{x\to0}[1+f(x)] = 0 \implies \lim_{x\to0}f(x) = -1.

已知 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续，由连续性定义得：

f(0) = \lim_{x\to0}f(x) = -1.

第四步：求解 $f'(0)$ （提供两种等价严谨视角）

视角一：导数定义法（推荐考场标准书写） 将 $f(0)=-1$ 代回第二步的核心极限式：
$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x\to0}\frac{f(x)-(-1)}{x} = \lim_{x\to0}\frac{1+f(x)}{x} = 2.$
由导数定义，极限存在且等于 $2$ ，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且
$f'(0) = 2.$
视角二：脱帽法（Peano 展开反推） 由 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1+f(x)}{x} = 2$ ，脱去极限符号（脱帽）：在 $x=0$ 的去心邻域内有
$1+f(x) = 2x + o(x) \implies f(x) = -1 + 2x + o(x).$
对照导数充要展开式 $f(x) = f(0) + f'(0)x + o(x)$ ，直接读出：
$f(0) = -1,\qquad f'(0) = 2.$

例 2.61（张八·函数极限、导数极限与斜渐近线真假命题及反例库）

“洛后有极限 $\implies$ 洛前有极限，反之不成立”（命题 ② 的逆推陷阱）：
- 洛必达法则只提供从导数之比极限推原函数极限的充分性，绝不能逆推！函数极限存在但导数剧烈振荡是常见现象（经典反例： $f(x)=\sin x$ ）。
混淆“斜率存在”与“渐近线存在”（命题 ③ 的发散陷阱）：
- 渐近线 $y=kx+b$ 要求斜率 $k$ 与截距 $b$ 必须同时存在且均为有限实数！
- 由 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)=k$ 虽可推知斜率极限 $k$ 存在，但截距 $b = \lim[f(x)-kx]$ 完全可能发散至 $\infty$ （经典反例： $f(x)=\ln x$ 或 $\sqrt{x}$ ）。
将“有渐近线”误以为“导数平稳”（命题 ④ 的高频振荡陷阱）：
- 曲线趋近于渐近线仅代表原函数值距离缩小（ $f(x)-(kx+b)\to 0$ ），但函数可以在渐近线附近以无限微小的振幅进行极高频剧烈振荡，导致切线斜率（导数）发散不存在极限（经典反例： $f(x)=\dfrac{\sin(x^2)}{x}$ ）。

已知函数 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上可导，则以下结论：

①若 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$ ，则 $\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=0$ ；

②若 $\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=0$ ，则 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$ ；

③若 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在，则 $f(x)$ 在 $x\to+\infty$ 时有渐近线；

④若 $f(x)$ 在 $x\to+\infty$ 时有渐近线，则 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在。

正确结论的个数为（　　）

（A）1　　（B）2　　（C）3　　（D）4

正确结论仅有 ①，共 1 个，答案选 (A)。

1. 命题 ① 正确（洛必达法则 $\frac{*}{\infty}$ 型 / 拉格朗日中值定理）

证明（洛必达法则 $\frac{*}{\infty}$ 型）：当 $x\to+\infty$ 时，分母 $x\to+\infty$ ，且导数极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f'(x)}{(x)'}=\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$ 存在。由分母为无穷大型的洛必达法则（只要求分母 $\to\infty$ 且导数极限存在）： $\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to+\infty}f'(x) = 0.$
证明（拉格朗日中值定理）：对任意 $x>1$ ，在区间 $[1,x]$ 上应用拉格朗日中值定理： $f(x)-f(1)=f'(\xi)(x-1)\ (\xi\in(1,x))$ ，两边同除以 $x$ ： $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(1)}{x}+f'(\xi)\cdot\frac{x-1}{x}.$ 当 $x\to+\infty$ 时， $\xi\to+\infty$ ，由已知 $f'(\xi)\to 0$ ，结合 $\frac{f(1)}{x}\to 0$ 与 $\frac{x-1}{x}\to 1$ ，得 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=0$ 。

2. 命题 ② 错误（“洛前有极限 $\nRightarrow$ 洛后有极限” / 导数振荡）

反例：取 $f(x)=\sin x$ $f (x) = sin x$ 。
- $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}=0$ （有界量 $\times$ 无穷小量）；
- 但 $f'(x)=\cos x$ ，当 $x\to+\infty$ 时极限振荡发散不存在。

3. 命题 ③ 错误（斜渐近线需斜率 $k$ 与截距 $b$ 同时存在且有限）

原因剖析：斜渐近线 $y=kx+b$ 要求 $k=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}$ 与 $b=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}[f(x)-kx]$ 均存在且为有限实数。虽然 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)=k$ 存在时由命题 ① 可推得斜率 $k$ 存在，但截距 $b$ 不一定存在（可能发散到 $\infty$ ）。
反例：取 $f(x)=\ln x$ $f (x) = ln x$ 。
- $f'(x)=\dfrac1x\to 0$ （导数极限存在，若有渐近线则必为 $k=0$ 的水平渐近线）；
- 但截距 $b=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}[\ln x-0\cdot x]=+\infty$ 发散，故 $f(x)=\ln x$ 无渐近线。

4. 命题 ④ 错误（有渐近线不可反推导数极限存在）

反例：取 $f(x)=\dfrac{\sin(x^2)}{x}$ $f (x) = \frac{sin ( x ^{2} )}{x}$ 。
- 当 $x\to+\infty$ 时， $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ ，曲线显然有水平渐近线 $y=0$ ；
- 但其导数 $f'(x)=2\cos(x^2)-\dfrac{\sin(x^2)}{x^2}$ ，当 $x\to+\infty$ 时因高频振荡而不存在极限。

例 2.65（1988 数一真题·面积等式与零点定理/变限积分单调性证明）

几何面积关系转化为零点问题（构造辅助函数）：
- 题干要求证明存在唯一的 $\xi\in(a,b)$ 使得 $S_1 = 3S_2$ 。不能直接操作未知的特定点 $\xi$ ，必须设动点 $t\in[a,b]$ ，将面积写成关于 $t$ 的函数，构造辅助函数 $F(t) = S_1(t) - 3S_2(t)$ 。
- 将命题转化为证明连续函数 $F(t)$ 在 $(a,b)$ 内存在且仅有一个零点（存在性用零点定理，唯一性用导数单调性）。
动点设元与面积积分表达式规范书写：
- 因 $f'(x)>0$ $f^{'} (x) > 0$ ，函数 $f(x)$ $f (x)$ 在 $[a,b]$ $[a, b]$ 上严格单调递增。对任意 $t\in(a,b)$ $t \in (a, b)$ ：
  - 在 $[a,t]$ 上，水平线 $y=f(t)$ 位于曲线 $y=f(x)$ 上方，故 $S_1(t) = \displaystyle\int_a^t [f(t)-f(x)]\,\mathrm dx$ ；
  - 在 $[t,b]$ 上，曲线 $y=f(x)$ 位于水平线 $y=f(t)$ 上方，故 $S_2(t) = \displaystyle\int_t^b [f(x)-f(t)]\,\mathrm dx$ 。
含参变限积分求导的化简技巧：
- 被积表达式中含有上/下限变量 $f(t)$ ，必须先将与积分变量 $x$ 无关的 $f(t)$ 提出积分号外，化为 $f(t)(t-a)$ 与 $f(t)(b-t)$ ，再利用乘积求导法则与变上限积分求导法则；
- 导数展开后 $f(t)$ 项恰好对消，最终化简为 $F'(t) = \big[(t-a)+3(b-t)\big]f'(t)$ ，在开区间 $(a,b)$ 内各项均严格大于 0，导数恒正。

第一步：引入动点 $t$ 并建立面积函数

由已知 $f'(x)>0$ 可知 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上严格单调递增。对任意动点 $t\in[a,b]$ ，作水平直线 $y=f(t)$ ：

在区间 $[a,t]$ 上，水平线在曲线上方（ $f(t)\ge f(x)$ ），围成的平面图形面积为： $S_1(t) = \int_a^t [f(t)-f(x)]\,\mathrm dx = f(t)(t-a) - \int_a^t f(x)\,\mathrm dx.$
在区间 $[t,b]$ 上，曲线在水平线上方（ $f(x)\ge f(t)$ ），围成的平面图形面积为： $S_2(t) = \int_t^b [f(x)-f(t)]\,\mathrm dx = \int_t^b f(x)\,\mathrm dx - f(t)(b-t).$

构造辅助函数：

F(t) = S_1(t) - 3S_2(t) \quad (t\in[a,b]).

若能证明 $F(t)$ 在 $(a,b)$ 内存在且仅有唯一零点 $\xi$ ，即 $F(\xi) = 0 \iff S_1(\xi) = 3S_2(\xi)$ ，则命题获证。

第二步：证明零点的存在性（零点定理）

考察辅助函数在端点处的取值：

当 $t=a$ 时： $F(a) = S_1(a) - 3S_2(a) = 0 - 3\int_a^b [f(x)-f(a)]\,\mathrm dx.$ 因 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上严格单调递增，对任意 $x\in(a,b]$ 恒有 $f(x)-f(a)>0$ ，故积分值严格大于 0，从而： $F(a) < 0.$
当 $t=b$ 时： $F(b) = S_1(b) - 3S_2(b) = \int_a^b [f(b)-f(x)]\,\mathrm dx - 0.$ 对任意 $x\in[a,b)$ 恒有 $f(b)-f(x)>0$ ，故积分值严格大于 0，从而： $F(b) > 0.$

因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由变限积分的性质知 $S_1(t)$ 与 $S_2(t)$ 均在 $[a,b]$ 上连续，从而 $F(t)$ 在 $[a,b]$ 上连续。又 $F(a)F(b) < 0$ ，根据闭区间上连续函数的零点定理，必存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $F(\xi)=0$ ，即 $S_1(\xi)=3S_2(\xi)$ ，存在性得证。

第三步：证明零点的唯一性（导数单调性）

对 $t\in(a,b)$ ，求 $F(t)$ 的导数 $F'(t)$ ：

\begin{aligned} F'(t) &= \left[S_1(t) - 3S_2(t)\right]' \\ &= \left[f(t)(t-a) - \int_a^t f(x)\,\mathrm dx - 3\int_t^b f(x)\,\mathrm dx + 3f(t)(b-t)\right]' \\ &= \Big[f'(t)(t-a) + f(t) - f(t)\Big] - 3\Big[-f(t)\Big] + 3\Big[f'(t)(b-t) - f(t)\Big] \\ &= (t-a)f'(t) + 3(b-t)f'(t) \\ &= \Big[(t-a) + 3(b-t)\Big]f'(t). \end{aligned}

当 $t\in(a,b)$ 时， $t-a>0$ 且 $b-t>0$ ，故 $(t-a)+3(b-t) > 0$ 。又已知在 $(a,b)$ 内恒有 $f'(t)>0$ ，因此：

F'(t) > 0 \quad (\forall t\in(a,b)).

从而 $F(t)$ 在 $[a,b]$ 上严格单调递增。

严格单调增加函数在区间 $(a,b)$ 内至多有一个零点。结合第二步的存在性，在 $(a,b)$ 内有且仅有唯一的 $\xi$ 使得 $S_1(\xi)=3S_2(\xi)$ 。命题得证。

“动静分离”原则：
- 待证目标中的“存在唯一的 $\xi$ ”是静态常数，建立模型时切勿直接使用 $\xi$ ；
- 引入连续动点变量 $t$ ，构造一元函数 $F(t)$ ，把“找特定点”变为“研究函数的零点”。
含参被积函数的求导规范：
- 遇到 $\displaystyle\int_a^t [f(t)-f(x)]\,\mathrm dx$ 类表达式，不能直接对被积式求偏导，务必先拆项并提取 $f(t)$ ： $\left(\int_a^t f(t)\,\mathrm dx\right)' = [f(t)(t-a)]' = f'(t)(t-a) + f(t).$
存在性 + 唯一性解题结构：
- 存在性：端点值保号性（ $F(a)F(b)<0$ ）+ 零点定理；
- 唯一性：导数符号恒定（ $F'(t)>0$ 或 $<0$ ）+ 严格单调性。

例 2.38（李林 880·变限积分复合求导与数列极限转化）

变限积分复合求导中的“常数下限导数为 0”陷阱：
- 变上限积分函数 $\displaystyle\Phi(x)=\int_a^{u(x)} f(t)\,\mathrm dt$ 对 $x$ 求导时，下限 $a$ 为常数，其导数为 $(a)'=0$ ，求导结果为 $f(u(x))\cdot u'(x) - f(a)\cdot 0 = f(u(x))\cdot u'(x)$ ；
- 极易误将常数项求导算作 $1$ （误写成 $f(u)u' - f(a)\cdot 1$ ），从而在 $u=a$ 时代入错误提出 $(u'-1)$ 因式导致算错。
复合上限 $u(x) = y(x) - x$ 的链式求导：
- 积分上限为 $y-x$ ，它对自变量 $x$ 求导的结果为 $(y-x)' = y' - 1$ ，切勿遗漏减去 $x$ 的导数 $1$ 。
数列极限向导数定义的形式转化：
- 面对 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} n\left[f\left(\frac1n\right)-1\right]$ ，令 $x_n=\frac1n \to 0$ ，结合初值 $f(0)=1$ ，转化为标准导数定义式 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{f\left(\frac1n\right)-f(0)}{\frac1n} = f'(0)$ 。

第一步：确定函数初值 $f(0)$ 在原方程中令 $x=0$ ，得：

0=\int_1^{y-0}\sin^2\left(\frac{\pi t}{4}\right)\,\mathrm dt = \int_1^y\sin^2\left(\frac{\pi t}{4}\right)\,\mathrm dt.

因为被积函数 $\sin^2\left(\frac{\pi t}{4}\right)\ge0$ 且非恒为零，积分值等于 $0$ 必有积分上限等于积分下限，即 $y=1$ ，从而

f(0)=1.

第二步：将数列极限转化为函数在 $x=0$ 处的导数定义 令 $x_n=\frac1n \to 0\ (n\to\infty)$ ，结合 $f(0)=1$ ，原数列极限可转化为：

\lim_{n\to\infty}n\left[f\left(\frac1n\right)-1\right] =\lim_{n\to\infty}\frac{f\left(\frac1n\right)-f(0)}{\frac1n} =f'(0).

第三步：隐函数变限积分求导求 $f'(0)$

方法一：直接链式求导（考场推荐） 对原方程两端关于 $x$ 求导：
$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(x) = \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int_1^{y-x}\sin^2\left(\frac{\pi t}{4}\right)\,\mathrm dt.$
利用变上限积分复合求导法则（上限为 $u(x)=y-x$ ，导数为 $y'-1$ ；下限为常数 $1$ ，导数为 $0$ ）：
$1 = \sin^2\left(\frac{\pi(y-x)}{4}\right)\cdot(y-x)' = \sin^2\left(\frac{\pi(y-x)}{4}\right)\cdot(y'-1).$
将 $x=0,\ y=1$ 代入上式：
$1 = \sin^2\left(\frac{\pi(1-0)}{4}\right)\cdot(y'(0)-1) = \sin^2\left(\frac{\pi}{4}\right)\cdot(y'(0)-1) = \frac12(y'(0)-1).$
解得：
$y'(0)-1=2 \implies y'(0)=f'(0)=3.$
方法二：引入中间变量法（辅助理清复合关系） 令 $u=y-x$ ，则方程化为 $x=\displaystyle\int_1^u\sin^2\left(\frac{\pi t}{4}\right)\,\mathrm dt$ 。当 $x=0$ 时， $y=1 \implies u=1$ 。方程两端对 $x$ 求导得： $1 = \sin^2\left(\frac{\pi u}{4}\right)\cdot u'$ 。代入 $x=0, u=1$ 得 $1 = \frac12 u'(0) \implies u'(0)=2$ 。由 $u=y-x \implies y'=u'+1$ ，得 $y'(0) = 2+1 = 3$ 。

综上所述，应填 $3$ 。

例 2.45（2001 数一真题·隐函数求导与法线方程）

审题失误（误将“法线方程”看成“切线方程”）：
- 题目明确要求求解在点 $(0,1)$ 处的法线方程（Normal Line），极易惯性思维误算为切线方程（Tangent Line）；
- 斜率关系：切线斜率为 $k_{\text{切}} = y'(x_0)$ ，法线与切线垂直，法线斜率必须取负倒数： $k_{\text{法}} = -\frac{1}{k_{\text{切}}} = -\frac{1}{y'(x_0)} \quad (y'(x_0)\ne 0).$
- 本题算得 $y'(0) = -2$ 为切线斜率（若误写切线方程则为 $y-1=-2(x-0) \implies y=-2x+1$ ），法线斜率应为 $k_{\text{法}} = -\dfrac{1}{-2} = \dfrac{1}{2}$ 。
隐函数复合求导与乘积求导法则：
- 对 $e^{2x+y}$ 求导：外层指数函数，内层为 $2x+y$ ，导数为 $e^{2x+y}(2+y')$ ；
- 对 $\cos(xy)$ 求导：外层三角函数，内层为乘积 $xy$ ，导数为 $-\sin(xy)\cdot(xy)' = -\sin(xy)(y+xy')$ ，切勿遗漏乘积求导法则。

第一步：隐函数求导求 $y'(0)$

对已知方程 $e^{2x+y}-\cos(xy)=e-1$ 两端关于 $x$ 求导：

e^{2x+y}(2+y') - \big[-\sin(xy)\cdot(y+xy')\big] = 0,

即

e^{2x+y}(2+y') + \sin(xy)(y+xy') = 0. \tag{1}

将切点坐标 $x=0,\ y=1$ 代入（1）式：

e^{0+1}\big[2+y'(0)\big] + \sin(0)\big[1+0\cdot y'(0)\big] = 0,

即

e\big[2+y'(0)\big] + 0 = 0.

因为 $e\ne 0$ ，解得：

y'(0) = -2.

第二步：计算法线斜率并写出法线方程

切线斜率： $k_{\text{切}} = y'(0) = -2$ ；
法线斜率：由法线与切线互相垂直（ $k_{\text{法}}\cdot k_{\text{切}} = -1$ ），得 $k_{\text{法}} = -\frac{1}{y'(0)} = -\frac{1}{-2} = \frac{1}{2}.$

由点斜式方程，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,1)$ 处的法线方程为：

y - 1 = \frac{1}{2}(x - 0),

即

y = \frac{1}{2}x + 1 \quad \text{或} \quad x - 2y + 2 = 0.

综上所述，应填 $y = \dfrac{1}{2}x + 1$ 。

审题双重圈画（切线 vs 法线）：
- 考卷上见“法线”二字务必立即圈画出“法”字，并在草稿纸顶端写出“ $k_{\text{法}} = -\dfrac{1}{k_{\text{切}}}$ ”，形成防错条件反射；
斜率特殊情况速记：
- 若 $y'(x_0) = 0$ （切线水平 $y=y_0$ ），则法线垂直 $x = x_0$ ；
- 若 $y'(x_0) \to \infty$ （切线铅直 $x=x_0$ ），则法线水平 $y = y_0$ ；
隐函数代点求值优先于求通式：
- 要求某具体点 $(x_0,y_0)$ 处的导数值时，求导后立即代入点坐标数值解代数方程求 $y'$ ，切勿花费多余时间化简整理出 $y'$ 的通式。

例 2.56（张宇 1000 题·反三角复合求导与麦克劳林展开系数法求高阶导）

复合反三角函数直接求多阶导容易陷入计算死胡同：
- 面对 $f(x)=\arctan\dfrac{1+x}{1-x}$ ，若试图直接求二阶、三阶导寻找递推通式，式子会迅速变得极其繁琐；
- 破局关键：先求一阶导！由复合求导法则 $[\arctan u]' = \dfrac{u'}{1+u^2}$ ，化简后发现 $f'(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$ ，结构极其规整。
求单点高阶导数 $f^{(2n+1)}(0)$ 向幂级数展开的转化（阶数对应陷阱）：
- 目标求 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的 $2n+1$ 阶导数，已知 $f'(x)$ ，即求 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处的 $2n$ 阶导数；
- 利用几何级数 $\dfrac{1}{1+x^2} = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k x^{2k}$ ，展开式中与 $2n$ 阶导数对应的项是 $x^{2n}$ 项（而非 $x^{2n+1}$ 或 $x^n$ ）。
展开式系数与高阶导数的对应关系（切勿遗漏阶乘）：
- 牢记麦克劳林展开式的本质定义系数：函数 $g(x)$ 的展开式中， $x^m$ 项的系数恒为 $\dfrac{g^{(m)}(0)}{m!}$ ；
- 展开式中 $x^{2n}$ 的系数为 $(-1)^n$ ，故 $\dfrac{[f'(x)]^{(2n)}\big|_{x=0}}{(2n)!} = (-1)^n \implies f^{(2n+1)}(0) = (-1)^n (2n)!$ ，切勿漏乘 $(2n)!$ 。

方法一：导函数幂级数展开 + 麦克劳林系数比较法（标准解法）

第一步：求一阶导数 $f'(x)$

\begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{1+\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)^2}\cdot \left(\frac{1+x}{1-x}\right)' \\ &= \frac{(1-x)^2}{(1-x)^2+(1+x)^2}\cdot \frac{1\cdot(1-x)-(1+x)(-1)}{(1-x)^2} \\ &= \frac{2}{(1-2x+x^2)+(1+2x+x^2)} \\ &= \frac{2}{2(1+x^2)} = \frac{1}{1+x^2}. \end{aligned}

第二步：展开为几何级数（公比为 $-x^2$ ） 在收敛域 $(-1,1)$ 内：

f'(x) = \frac{1}{1-(-x^2)} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \cdots + (-1)^k x^{2k} + \cdots = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k x^{2k}.

第三步：利用导数与展开式系数的唯一性 记导函数为 $g(x)=f'(x)$ ，则所求高阶导数 $f^{(2n+1)}(0)$ 即为 $g(x)$ 在 $x=0$ 处的 $2n$ 阶导数：

f^{(2n+1)}(0) = \left.[f'(x)]^{(2n)}\right|_{x=0} = g^{(2n)}(0).

对任意在 $x=0$ 处可展为幂级数的函数 $g(x)$ ，其麦克劳林展开式的标准形式为：

g(x) = \sum_{m=0}^\infty \frac{g^{(m)}(0)}{m!} x^m.

比较 $g(x)$ 展开式中 $x^{2n}$ 项的系数：

几何级数展开式中， $x^{2n}$ 前面的系数为 $(-1)^n$ ；
麦克劳林标准展开式中， $x^{2n}$ 前面的系数为 $\dfrac{g^{(2n)}(0)}{(2n)!}$ 。

由系数的唯一性，两者必相等：

\frac{g^{(2n)}(0)}{(2n)!} = (-1)^n \implies g^{(2n)}(0) = (-1)^n (2n)!.

故

f^{(2n+1)}(0) = (-1)^n(2n)!.

方法二：逐项积分法（直观验证法）

由第一步已知 $f'(x) = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k x^{2k}$ ，两端在收敛域 $(-1,1)$ 内逐项积分（利用 $f(0)=\arctan 1=\dfrac{\pi}{4}$ ）：

f(x) = f(0) + \int_0^x f'(t)\,\mathrm dt = \frac{\pi}{4} + x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots + \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} + \cdots.

此时直接对照 $f(x)$ 自身的麦克劳林展开式标准形式：

f(x) = \sum_{m=0}^\infty \frac{f^{(m)}(0)}{m!}x^m.

比较两端 $x^{2n+1}$ 项的系数：

\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!} = \frac{(-1)^n}{2n+1}.

两边同乘 $(2n+1)!$ ：

f^{(2n+1)}(0) = \frac{(-1)^n}{2n+1}\cdot (2n+1)! = \frac{(-1)^n}{2n+1}\cdot \big[(2n+1)\cdot(2n)!\big] = (-1)^n(2n)!.

综上所述，应填 $(-1)^n(2n)!$ 。

例 2.58（具体函数高阶导数·加法拆项与奇偶性/周期性化简）

忽视函数的加法拆分与奇偶性化简，导致计算量爆炸：
- 函数 $f(x)=(xe^{x^2}+e^x)\sin x = xe^{x^2}\sin x + e^x\sin x$ 为两项乘积之和；
- 若直接用莱布尼茨公式对原式求 2023 阶导数，两因式求导均无法在有限步变为 0，计算极其冗长且易错；
- 奇偶性秒杀： $g(x) = xe^{x^2}\sin x$ 中， $x$ （奇） $\cdot e^{x^2}$ （偶） $\cdot \sin x$ （奇） $=$ 偶函数。偶函数的任意奇数阶导数在 $x=0$ 处恒为 0，故 $g^{(2023)}(0)=0$ 直接秒出！
指数乘三角型函数 $e^x\sin x$ 高阶导数的复数/辅助角周期旋转规律：
- $h(x) = e^x\sin x$ 逐次求导具有固定步长旋转性： $h'(x) = e^x(\sin x + \cos x) = \sqrt2 e^x\sin\left(x+\frac\pi4\right).$
- 归纳可知 $n$ 阶导数为 $h^{(n)}(x) = (\sqrt2)^n e^x\sin\left(x+\dfrac{n\pi}{4}\right)$ ；
大角度三角函数值与指数模长的化简运算：
- 当 $n=2023$ 时， $h^{(2023)}(0) = (\sqrt2)^{2023}\sin\left(\dfrac{2023\pi}{4}\right)$ ；
- 角度化简： $\dfrac{2023\pi}{4} = 505\pi + \dfrac{3\pi}{4} = 504\pi + \pi + \dfrac{3\pi}{4}$ ， $\sin\left(505\pi+\dfrac{3\pi}{4}\right) = -\sin\dfrac{3\pi}{4} = -\dfrac{\sqrt2}{2}$ ；
- 模长化简： $(\sqrt2)^{2023} = (\sqrt2)^{2022}\cdot\sqrt2 = 2^{1011}\sqrt2$ ；
- 最终合并： $2^{1011}\sqrt2 \cdot \left(-\dfrac{\sqrt2}{2}\right) = -2^{1011}$ 。

第一步：乘法分配律拆项 将 $f(x)$ 拆为两个独立子函数之和：

f(x) = xe^{x^2}\sin x + e^x\sin x = g(x) + h(x),

其中：

g(x) = xe^{x^2}\sin x, \qquad h(x) = e^x\sin x.

由导数的线性性质：

f^{(2023)}(0) = g^{(2023)}(0) + h^{(2023)}(0).

第二步：利用奇偶性求 $g^{(2023)}(0)$ 考察 $g(x)$ 的奇偶性：

g(-x) = (-x)e^{(-x)^2}\sin(-x) = (-x)e^{x^2}(-\sin x) = xe^{x^2}\sin x = g(x).

故 $g(x)$ 为偶函数。

因为偶函数的导函数为奇函数，奇函数的导函数为偶函数：

偶函数的一阶导数为奇函数，在 $x=0$ 处值为 0；
依此类推，偶函数的任意奇数阶导数均为奇函数，在 $x=0$ 处的值恒为 0。

因此：

g^{(2023)}(0) = 0.

第三步：利用周期递推规律求 $h^{(2023)}(0)$ 对 $h(x) = e^x\sin x$ 进行逐次求导：

\begin{aligned} h'(x) &= e^x\sin x + e^x\cos x = \sqrt2 e^x\left(\frac{\sqrt2}{2}\sin x + \frac{\sqrt2}{2}\cos x\right) = \sqrt2 e^x\sin\left(x+\frac\pi4\right), \\ h''(x) &= [h'(x)]' = \sqrt2 e^x\sin\left(x+\frac\pi4\right) + \sqrt2 e^x\cos\left(x+\frac\pi4\right) = (\sqrt2)^2 e^x\sin\left(x+2\cdot\frac\pi4\right), \\ &\ \ \vdots \\ h^{(n)}(x) &= (\sqrt2)^n e^x\sin\left(x+\frac{n\pi}{4}\right). \end{aligned}

将 $n=2023,\ x=0$ 代入通式：

\begin{aligned} h^{(2023)}(0) &= (\sqrt2)^{2023} e^0 \sin\left(0 + \frac{2023\pi}{4}\right) \\ &= (\sqrt2)^{2022}\cdot\sqrt2 \cdot \sin\left(505\pi + \frac{3\pi}{4}\right) \\ &= 2^{1011}\cdot\sqrt2 \cdot \sin\left(504\pi + \pi + \frac{3\pi}{4}\right) \\ &= 2^{1011}\cdot\sqrt2 \cdot \left[-\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)\right] \\ &= 2^{1011}\cdot\sqrt2 \cdot \left(-\frac{\sqrt2}{2}\right) \\ &= -2^{1011}. \end{aligned}

第四步：合并结果

f^{(2023)}(0) = g^{(2023)}(0) + h^{(2023)}(0) = 0 + (-2^{1011}) = -2^{1011}.

综上所述，应填 $-2^{1011}$ 。

加法拆项原则：遇到多项求和的高阶导数，务必先拆开分别观察；
奇偶性导数性质（必须形成条件反射）：
- 若 $f(x)$ 为偶函数 $\implies$ $f^{(2k+1)}(0) = 0$ （所有奇数阶导数在原点为 0）；
- 若 $f(x)$ 为奇函数 $\implies$ $f^{(2k)}(0) = 0$ （所有偶数阶导数在原点为 0）；
$e^{ax}\sin bx$ 与 $e^{ax}\cos bx$ 的高阶导数公式： $(e^{ax}\sin bx)^{(n)} = (a^2+b^2)^{n/2} e^{ax}\sin(bx + n\varphi), \quad \text{其中 } \tan\varphi = \frac{b}{a}.$ 考场中若记住此式可直接代入 $a=1, b=1, \varphi=\frac\pi4$ 实现秒杀。

例 2.99（2010 数二真题·几何相关变化率与链式求导法则）

混淆“动态函数关系”与“静态瞬时数值”（先求导后代值原则）：
- 题目中长方形的长 $l(t)$ 、宽 $w(t)$ 、对角线 $s(t)$ 均是随时间 $t$ 变化的未知函数；
- 严禁在建立几何关系时提前代入静态数值 $l=12, w=5$ ；必须先对函数方程求导得到变化率之间的代数关系，再代入特定时刻的瞬时数值。
复合函数链式求导与隐函数求导法则执行细节：
- 由勾股定理建立关系： $s^2(t) = l^2(t) + w^2(t)$ ；
- 两边同时关于时间 $t$ 求导： $2s\frac{\mathrm ds}{\mathrm dt} = 2l\frac{\mathrm dl}{\mathrm dt} + 2w\frac{\mathrm dw}{\mathrm dt} \implies s\frac{\mathrm ds}{\mathrm dt} = l\frac{\mathrm dl}{\mathrm dt} + w\frac{\mathrm dw}{\mathrm dt}.$
- 极易疏忽漏乘内层导数项 $\dfrac{\mathrm dl}{\mathrm dt}$ 或 $\dfrac{\mathrm dw}{\mathrm dt}$ （误写成 $2s s' = 2l + 2w$ 等错漏）。
瞬时对角线长度的计算与单位一致性：
- 当 $l=12\ \mathrm{cm}, w=5\ \mathrm{cm}$ 时，需先利用几何勾股定理算出瞬时对角线长 $s = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13\ \mathrm{cm}$ 再行代入解方程。

第一步：建立随时间 $t$ 变化的几何代数约束方程 设在任意时刻 $t$ ，长方形的长为 $l(t)$ ，宽为 $w(t)$ ，对角线长度为 $s(t)$ 。由平面几何勾股定理：

s^2(t) = l^2(t) + w^2(t). \tag{1}

第二步：等式两端关于时间 $t$ 链式求导 对等式（1）两边同时关于时间 $t$ 求导：

2s(t)\cdot \frac{\mathrm ds}{\mathrm dt} = 2l(t)\cdot \frac{\mathrm dl}{\mathrm dt} + 2w(t)\cdot \frac{\mathrm dw}{\mathrm dt},

两边同除以 2，化简得相关变化率的基本关系式：

s\frac{\mathrm ds}{\mathrm dt} = l\frac{\mathrm dl}{\mathrm dt} + w\frac{\mathrm dw}{\mathrm dt}. \tag{2}

第三步：计算瞬时对角线长度并代入数值求解 由已知条件，在所求特定时刻：

长 $l = 12\ \mathrm{cm}$ ，长的变化率 $\dfrac{\mathrm dl}{\mathrm dt} = 2\ \mathrm{cm/s}$ ；
宽 $w = 5\ \mathrm{cm}$ ，宽的变化率 $\dfrac{\mathrm dw}{\mathrm dt} = 3\ \mathrm{cm/s}$ ；
此时对角线的瞬时长度为： $s = \sqrt{l^2 + w^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13\ \mathrm{cm}.$

将上述数值代入求导关系式（2）：

13 \cdot \frac{\mathrm ds}{\mathrm dt} = 12 \times 2 + 5 \times 3 = 24 + 15 = 39.

解得对角线增加的速率为：

\frac{\mathrm ds}{\mathrm dt} = \frac{39}{13} = 3\ \mathrm{cm/s}.

综上所述，应填 $3\ \mathrm{cm/s}$ 。

例 2.74（2017 数一数二真题·保号性/零点定理与罗尔中值定理双根证明）

极限保号性与零点定理的规范结合（严禁主观臆断 $f(0)<0$ ）：
- 条件给出的是右侧商式极限 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x} < 0$ 。由极限保号性可知存在 $\delta>0$ ，在右邻域 $(0,\delta)$ 内商式为负，因为 $x>0$ ，从而在区间 $(0,\delta)$ 内有 $f(x)<0$ ；
- 任取该邻域内一点 $x_0\in(0,\delta)\subset(0,1)$ ，则 $f(x_0)<0$ ；结合 $f(1)>0$ ，在区间 $[x_0,1]$ 上应用零点定理，才能严密证明存在 $\xi\in(x_0,1)\subset(0,1)$ 使得 $f(\xi)=0$ ；
- 极易错误直接写“因为极限小于 0 所以 $f(0)<0$ ”，这是逻辑硬伤（实际上 $f(0)=0$ ）。
端点函数值 $f(0)=0$ 的严谨推导与可导连续性：
- 由 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，故 $\displaystyle\lim_{x\to0^+} f(x) = f(0)$ ；
- 又 $\displaystyle\lim_{x\to0^+} f(x) = \lim_{x\to0^+} \left[x\cdot\frac{f(x)}{x}\right] = 0\cdot A = 0$ （其中 $A<0$ 为有限常数），严格推得 $f(0)=0$ 。这是第（Ⅱ）问构造零点的关键端点基石。
待证方程结构识别与辅助函数构造（积的导数法 vs 二阶平方导数法）：
- 观察待证方程 $f(x)f''(x)+[f'(x)]^2=0$ ，其左端恰为乘积导数： $\big[f(x)f'(x)\big]' = f'(x)f'(x) + f(x)f''(x) = f(x)f''(x) + [f'(x)]^2.$
- 构造一阶辅助函数 $F(x) = f(x)f'(x)$ （或二阶辅助函数 $H(x) = [f(x)]^2$ ）。
寻找 3 个互异零点并连续应用两次罗尔定理证明双根：
- 已知 $f(0)=0$ 且第（Ⅰ）问求得存在 $x_1\in(0,1)$ 使 $f(x_1)=0$ ；
- 在 $[0,x_1]$ 上对 $f(x)$ 应用罗尔定理，必存在 $x_2\in(0,x_1)$ 使 $f'(x_2)=0$ ；
- 辅助函数 $F(x)=f(x)f'(x)$ 在三个互异点处均取值为 0： $F(0) = f(0)f'(0) = 0,\quad F(x_2) = f(x_2)f'(x_2) = 0,\quad F(x_1) = f(x_1)f'(x_1) = 0;$
- 分别在 $[0,x_2]$ 和 $[x_2,x_1]$ 两个不重叠子区间上应用罗尔定理，即可得到两个严格隔离的不同零点 $0<\eta_1<x_2<\eta_2<x_1<1$ 。

（Ⅰ）证明方程 $f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少存在一个实根

第一步：利用极限局部保号性在 $(0,1)$ 内取负值点

因为 $\displaystyle\lim_{x\to0+}\frac{f(x)}{x} < 0$ ，由极限的保号性定理，存在 $\delta \in (0, 1)$ ，使得对任意 $x \in (0, \delta)$ ，均有

\frac{f(x)}{x} < 0.

因为当 $x \in (0, \delta)$ 时， $x > 0$ ，所以

f(x) < 0 \quad (\forall x \in (0, \delta)).

在 $(0, \delta)$ 内任取一点 $x_0$ （例如令 $x_0 = \frac{\delta}{2}$ ），则满足 $x_0 \in (0, 1)$ 且

f(x_0) < 0.

第二步：利用闭区间连续函数的零点定理

因为 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有 2 阶导数，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，从而在子闭区间 $[x_0, 1]$ 上连续。又已知 $f(x_0) < 0$ 且 $f(1) > 0$ ，即 $f(x_0) f(1) < 0$ 。

根据零点定理，必存在 $\xi \in (x_0, 1) \subset (0, 1)$ ，使得

f(\xi) = 0.

即方程 $f(x) = 0$ 在区间 $(0, 1)$ 内至少存在一个实根。

（Ⅱ）证明方程 $f(x)f''(x)+[f'(x)]^2=0$ 在 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根

方法一：构造辅助函数 $F(x) = f(x)f'(x)$ （推荐标准解法）

第一步：求出端点值 $f(0)$

因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶导数，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，有 $\displaystyle\lim_{x\to0^+} f(x) = f(0)$ 。由极限的四则运算法则：

f(0) = \lim_{x\to0^+} f(x) = \lim_{x\to0^+} \left[ x \cdot \frac{f(x)}{x} \right] = \lim_{x\to0^+} x \cdot \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)}{x} = 0 \cdot \left(\lim_{x\to0^+} \frac{f(x)}{x}\right) = 0.

第二步：寻找驻点 $f'(x_2) = 0$

由（Ⅰ）的结论，在 $(0,1)$ 内存在实根，不妨记为 $x_1 \in (0,1)$ ，满足 $f(x_1) = 0$ 。考察函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0, x_1]$ 上的性质：

$f(x)$ 在 $[0, x_1]$ 上连续；
$f(x)$ 在 $(0, x_1)$ 内可导；
$f(0) = f(x_1) = 0$ 。

根据罗尔定理，在开区间 $(0, x_1)$ 内必存在一点 $x_2 \in (0, x_1)$ ，使得

f'(x_2) = 0.

此时三个点的顺序为： $0 < x_2 < x_1 < 1$ 。

第三步：构造辅助函数并确定其 3 个互异零点

观察待证方程，令辅助函数为：

F(x) = f(x)f'(x).

因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，所以 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 内可导，且对任意 $x\in(0,1)$ ：

F'(x) = [f(x)f'(x)]' = f'(x)f'(x) + f(x)f''(x) = f(x)f''(x) + [f'(x)]^2.

计算辅助函数 $F(x)$ 在 $x = 0, x_2, x_1$ 处的取值：

$F(0) = f(0) f'(0) = 0 \cdot f'(0) = 0$ ；
$F(x_2) = f(x_2) f'(x_2) = f(x_2) \cdot 0 = 0$ ；
$F(x_1) = f(x_1) f'(x_1) = 0 \cdot f'(x_1) = 0$ 。

即 $F(0) = F(x_2) = F(x_1) = 0$ 。

第四步：在两个子区间上连续应用两次罗尔定理

在区间 $[0, x_2]$ 上： $F(x)$ 在 $[0, x_2]$ 上连续，在 $(0, x_2)$ 内可导，且 $F(0) = F(x_2) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $\eta_1 \in (0, x_2)$ ，使得 $F'(\eta_1) = 0.$
在区间 $[x_2, x_1]$ 上： $F(x)$ 在 $[x_2, x_1]$ 上连续，在 $(x_2, x_1)$ 内可导，且 $F(x_2) = F(x_1) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $\eta_2 \in (x_2, x_1)$ ，使得 $F'(\eta_2) = 0.$

因为各点满足严格的不等式链：

0 < \eta_1 < x_2 < \eta_2 < x_1 < 1,

故 $\eta_1 \ne \eta_2$ ，且 $\eta_1, \eta_2 \in (0, 1)$ 。

从而方程 $F'(x) = f(x)f''(x) + [f'(x)]^2 = 0$ 在区间 $(0, 1)$ 内至少存在两个不同的实根 $\eta_1$ 与 $\eta_2$ 。命题获证。

方法二：构造辅助函数 $H(x) = [f(x)]^2$ （二阶导数视角）

令辅助函数 $H(x) = [f(x)]^2$ 。则：

\begin{aligned} H'(x) &= 2f(x)f'(x), \\ H''(x) &= 2\big[f(x)f''(x) + [f'(x)]^2\big]. \end{aligned}

由 $f(0) = f(x_1) = 0$ ，知 $H(0) = H(x_1) = 0$ 。在 $[0, x_1]$ 上对 $H(x)$ 应用罗尔定理，存在 $x_2 \in (0, x_1)$ 使得 $H'(x_2) = 0$ 。又因为 $H'(0) = 2f(0)f'(0) = 0$ 且 $H'(x_1) = 2f(x_1)f'(x_1) = 0$ ，所以导函数 $H'(x)$ 至少有 3 个互异零点： $0 < x_2 < x_1$ 。对 $H'(x)$ 分别在 $[0, x_2]$ 和 $[x_2, x_1]$ 上应用罗尔定理，即得存在 $\eta_1 \in (0, x_2), \eta_2 \in (x_2, x_1)$ 使得 $H''(\eta_1) = 0$ 且 $H''(\eta_2) = 0$ ，命题同样获证。

证明“至少存在两个不同实根”的基本架构（罗尔定理的二次/多次应用）：
- 核心策略：要证 $g(x)=0$ 至少有 2 个不同根，通常需找到其原函数 $G(x)$ 的 3 个互异零点（ $a < c < b$ ），然后分别在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 两个互不相交的开区间内各应用一次罗尔定理；
- 保证不同：各中值点被中间零点严格隔离（ $a < \eta_1 < c < \eta_2 < b$ ），天然保证 $\eta_1 \ne \eta_2$ 。
常见中值定理辅助函数导数构造模式速查：
- $f(x)f''(x) + [f'(x)]^2 = 0 \iff [f(x)f'(x)]' = 0 \iff \big[f^2(x)\big]'' = 0$ ；
- $f'(x) + f(x) = 0 \iff [e^x f(x)]' = 0$ ；
- $f'(x) + k f(x) = 0 \iff [e^{kx} f(x)]' = 0$ ；
- $x f'(x) + n f(x) = 0 \iff [x^n f(x)]' = 0$ ；
- $f'(x) - f(x)\tan x = 0 \iff \left[\dfrac{f(x)}{\cos x}\right]' = 0$ 。
极限条件的挖掘规范：
- 看到 $\displaystyle\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{x-x_0} = A$ $x \to x_{0} lim \frac{f ( x )}{x - x _{0}} = A$ ，必挖两大隐藏信息：
  1. 连续性初值：若 $f(x)$ 连续，必有 $f(x_0) = 0$ ；
  2. 保号性与单侧符号：若 $A \ne 0$ ，由保号性可确定邻域内的正负号（为零点定理提供端点异号依据）。

例 2.75（2013 数一真题·奇偶性导数性质与中值定理两大辅助函数构造法）

奇偶性导数性质混淆与端点初值遗漏：
- 原函数奇偶性 $\to$ 导函数奇偶性： $f(x)$ 为奇函数 $\implies f(-x) = -f(x)$ ，两边求导 $-f'(-x) = -f'(x) \implies f'(-x) = f'(x)$ （奇函数的导数是偶函数，极易误记为导函数还是奇函数！）；
- 奇函数在对称区间原点的值：因 $f(x)$ 定义域包含 $0$ ，必有 $f(0) = 0$ ；又 $f(1) = 1$ ，必有 $f(-1) = -1$ 。
第（Ⅱ）问辅助函数构造卡壳（两大经典流派构思断层）：
- 待证目标 $f''(\eta) + f'(\eta) - 1 = 0$ $f^{''} (η) + f^{'} (η) - 1 = 0$ ：
  - 流派一（积分因子法）：视 $y = f'(x)-1$ 为一阶微分方程，同乘积分因子 $e^x$ ，化为 $(e^x y)' = 0 \implies g(x) = e^x[f'(x)-1]$ ；
  - 流派二（直接逐项求原函数法）：直接逐项求不定积分 $\implies g(x) = f'(x) + f(x) - x$ 。
罗尔定理区间选取策略迷茫（承接第Ⅰ问局部对称点 vs 利用全局端点）：
- 若使用流派一 $g(x) = e^x[f'(x)-1]$ ，必须充分利用第（Ⅰ）问求出的 $\xi\in(0,1)$ 满足 $f'(\xi)=1$ ，结合偶函数性质 $f'(-\xi)=f'(\xi)=1$ ，在局部对称区间 $[-\xi, \xi]$ 上应用罗尔定理；
- 若使用流派二 $g(x) = f'(x)+f(x)-x$ ，直接代入全局端点 $x=\pm1$ ，利用 $f(1)=1, f(-1)=-1$ 与 $f'(-1)=f'(1)$ 巧妙对消，得出 $g(1)=g(-1)=f'(1)$ ，在全局区间 $[-1,1]$ 上应用罗尔定理。

（Ⅰ）证明存在 $\xi\in(0,1)$ ，使得 $f'(\xi)=1$

方法一：构造辅助函数 + 罗尔定理 令 $F(x) = f(x) - x$ 。因为 $f(x)$ 是定义在 $[-1,1]$ 上的奇函数，所以 $f(0) = 0$ 。又已知 $f(1) = 1$ ，故：
$F(0) = f(0) - 0 = 0, \qquad F(1) = f(1) - 1 = 1 - 1 = 0.$
函数 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $F(0) = F(1) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,1)$ ，使得
$F'(\xi) = f'(\xi) - 1 = 0 \implies f'(\xi) = 1.$
方法二：直接应用拉格朗日中值定理 因为 $f(x)$ 为奇函数，所以 $f(0) = 0$ 。函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(0,1)$ ，使得
$f'(\xi) = \frac{f(1) - f(0)}{1 - 0} = \frac{1 - 0}{1} = 1.$

（Ⅱ）证明存在 $\eta\in(-1,1)$ ，使得 $f''(\eta)+f'(\eta)=1$

方法一：微分方程积分因子法（承接第Ⅰ问结论与局部对称区间）

【思路逆推与破局逻辑】：

将待证等式移项： $f''(x) + f'(x) - 1 = 0$ ；
观察导数结构：令中间变量 $y = f'(x) - 1$ ，则 $y' = f''(x)$ ，待证式即为一阶齐次线性微分方程结构 $y' + y = 0$ ；
两边同乘积分因子 $e^x$ ： $e^x y' + e^x y = 0 \iff (e^x y)' = 0$ ；
将 $y = f'(x) - 1$ 代入，构造辅助函数： $g(x) = e^x \big[f'(x) - 1\big].$
寻找辅助函数零点： $g(x) = 0 \iff f'(x) = 1$ $g (x) = 0 ⟺ f^{'} (x) = 1$ 。
- 由第（Ⅰ）问已求得点 $\xi\in(0,1)$ 满足 $f'(\xi) = 1$ ，故 $g(\xi) = 0$ ；
- 因 $f(x)$ 为奇函数，两边求导可得其导函数 $f'(x)$ 为偶函数，故 $f'(-\xi) = f'(\xi) = 1$ ，从而 $g(-\xi) = 0$ ；
- 在对称区间 $[-\xi, \xi]$ 上应用罗尔定理。

【严谨推导与书写】：令辅助函数：

g(x) = e^x\big[f'(x) - 1\big].

因为 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上二阶可导，所以 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续且可导。

由于 $f(x)$ 为奇函数，有 $f(-x) = -f(x)$ ，两边关于 $x$ 求导：

-f'(-x) = -f'(x) \implies f'(-x) = f'(x) \quad (\forall x\in[-1,1]).

即 $f'(x)$ 为偶函数。

由（Ⅰ）的结论，存在 $\xi\in(0,1)$ 使得 $f'(\xi) = 1$ 。结合 $f'(x)$ 的偶函数性质，对称点处亦有：

f'(-\xi) = f'(\xi) = 1.

从而：

g(\xi) = e^\xi\big[f'(\xi) - 1\big] = e^\xi(1 - 1) = 0,

g(-\xi) = e^{-\xi}\big[f'(-\xi) - 1\big] = e^{-\xi}(1 - 1) = 0.

因为 $\xi\in(0,1)$ ，所以 $-\xi\in(-1,0)$ ，且 $-\xi \ne \xi$ ，闭区间 $[-\xi, \xi] \subset (-1,1)$ 。函数 $g(x)$ 在 $[-\xi, \xi]$ 上连续，在 $(-\xi, \xi)$ 内可导，且 $g(-\xi) = g(\xi) = 0$ 。

由罗尔定理，必存在 $\eta\in(-\xi, \xi)\subset(-1,1)$ ，使得

g'(\eta) = e^\eta\big[f''(\eta) + f'(\eta) - 1\big] = 0.

因为指数函数 $e^\eta > 0$ 恒成立，故必有

f''(\eta) + f'(\eta) - 1 = 0 \implies f''(\eta) + f'(\eta) = 1.

方法二：直接逐项求原函数法（利用全局端点与奇偶性代数对消）

【思路逆推与破局逻辑】：

对待证式 $f''(x) + f'(x) - 1 = 0$ 直接关于 $x$ 逐项求不定积分： $\int \big[f''(x) + f'(x) - 1\big]\,\mathrm dx = f'(x) + f(x) - x + C.$
取常数 $C = 0$ ，构造最简原函数： $g(x) = f'(x) + f(x) - x.$
寻找端点值相等：直接检验大区间 $[-1,1]$ $[- 1, 1]$ 的两端点：
- $g(1) = f'(1) + f(1) - 1 = f'(1) + 1 - 1 = f'(1)$ ；
- $g(-1) = f'(-1) + f(-1) - (-1) = f'(1) - 1 + 1 = f'(1)$ ；
- 虽然未知 $f'(1)$ 的具体数值，但两端点值严格相等 $g(1) = g(-1) = f'(1)$ ！

【严谨推导与书写】：令辅助函数：

g(x) = f'(x) + f(x) - x.

因为 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上二阶可导，所以 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续且可导，其导数为：

g'(x) = f''(x) + f'(x) - 1.

因为 $f(x)$ 为奇函数，所以 $f(-1) = -f(1) = -1$ ，且其导函数 $f'(x)$ 为偶函数，即 $f'(-1) = f'(1)$ 。计算端点值：

g(1) = f'(1) + f(1) - 1 = f'(1) + 1 - 1 = f'(1),

g(-1) = f'(-1) + f(-1) - (-1) = f'(1) - 1 + 1 = f'(1).

从而

g(1) = g(-1).

函数 $g(x)$ 在闭区间 $[-1,1]$ 上连续，在开区间 $(-1,1)$ 内可导，且两端点值相等 $g(-1) = g(1)$ 。

由罗尔定理，必存在 $\eta\in(-1,1)$ ，使得

g'(\eta) = f''(\eta) + f'(\eta) - 1 = 0 \implies f''(\eta) + f'(\eta) = 1.

命题获证。

构思维度	流派一：微分方程积分因子法（法一）	流派二：直接原函数法（法二）
思维模型	识别 $y' + k y = 0$ 结构，同乘 $e^{kx}$ 构造 $(e^{kx} y)' = 0$	直接逐项求不定积分 $\int (f'' + f' - 1)\,\mathrm dx$
辅助函数	$g(x) = e^x\big[f'(x) - 1\big]$	$g(x) = f'(x) + f(x) - x$
区间选择	局部对称区间 $[-\xi, \xi]$ （紧密承接第Ⅰ问结论）	全局大区间 $[-1, 1]$ （直接利用题干给定的端点）
奇偶性作用	导函数为偶函数 $\implies f'(-\xi) = f'(\xi) = 1 \implies g(-\xi) = g(\xi) = 0$	$f(-1) = -f(1)$ 与 $-(-1)$ 恰好代数抵消，使 $g(1)=g(-1)=f'(1)$

考场条件反射：

见到含 $f' + kf$ 或 $f'' + kf'$ $\to$ 优先联想 积分因子 $e^{kx}$ 或 直接原函数 $f' + kf$ ；
见到 第（Ⅰ）问证明了存在点 $\xi$ 且 原函数具有奇偶性 $\to$ 优先在 对称区间 $[-\xi, \xi]$ 上构造两零点。

例 2.86（2017 数二真题·二阶导凹凸性与定积分大小比较 / 特值法与割线折线放缩）

直觉对称性误区（勿把离散三点对称当成函数偶对称）：
- 题设仅给定 $f(1)=f(-1)=1, f(0)=-1$ ，容易主观臆断 $f(x)$ 为偶函数，从而误判 $\int_{-1}^0 f(x)\,\mathrm dx = \int_0^1 f(x)\,\mathrm dx$ （误选 C 或 D）；
- 辨析要点：题设并未说明导数左右对称，可以构造左右不对称的凹曲线（如左侧深凹、右侧浅凹），故 C、D 均不是必然成立的结论。
二阶导 $f''(x) > 0$ 的定积分几何转化（弦在弧上方）：
- $f''(x)>0 \implies$ 曲线为凹曲线（开口向上），曲线上任意两点间的弦（割线段）恒在曲线弧上方；
- 通过连接 $(-1,1), (0,-1), (1,1)$ 构造初等折线 $g(x)=2|x|-1$ ，将抽象函数的定积分不等式直接转化为三角形折线面积计算，是该类题型最标准的几何工具。
考场特值法秒杀技巧：
- 面对二阶导符号结合端点值的选择题，直接设二次函数 $f(x)=ax^2+bx+c$ （ $a>0$ 满足 $f''>0$ ），待定系数解得 $f(x)=2x^2-1$ ，15 秒内直接定出 $\int_{-1}^1 (2x^2-1)\,\mathrm dx = -\frac{2}{3} < 0$ ，迅速秒杀 B。

方法一：特值排除法（考场 15 秒秒杀，首选技巧）

设最简二次函数 $f(x) = ax^2 + bx + c$ （ $a > 0$ 满足 $f''(x) = 2a > 0$ ）。代入已知三点 $(-1, 1), (0, -1), (1, 1)$ ：

\begin{cases} f(0) = c = -1 \\ f(1) = a + b - 1 = 1 \\ f(-1) = a - b - 1 = 1 \end{cases} \implies a = 2,\ b = 0,\ c = -1 \implies f(x) = 2x^2 - 1.

计算总定积分：

\int_{-1}^1 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = 2\int_0^1 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = 2\left(\frac{2}{3}x^3 - x\right)\Bigg|_0^1 = 2\left(\frac{2}{3} - 1\right) = -\frac{2}{3} < 0.

排除 A，选定 B。

进一步计算左右两段积分：

\int_{-1}^0 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = \int_0^1 (2x^2 - 1)\,\mathrm dx = -\frac{1}{3}.

可排除选项 C 和 D。因此，应选 B。

方法二：几何折线/割线放缩法（几何直观与标准化思路）

曲线 $y = f(x)$ 满足 $f''(x) > 0$ ，是一条凹曲线（开口向上）。根据凹曲线的几何性质：连接曲线上任意两点的弦线（割线段）恒位于曲线弧的上方。

连接三点 $(-1, 1), (0, -1), (1, 1)$ 构成一条关于 $y$ 轴对称的折线 $y = g(x)$ ：

g(x) = 2|x| - 1 = \begin{cases} 2x - 1, & x \in [0, 1] \\ -2x - 1, & x \in [-1, 0] \end{cases}

在 $[-1, 1]$ 上恒有 $f(x) \le g(x)$ （等号仅在 $x = -1, 0, 1$ 处取得）。两端在 $[-1, 1]$ 上积分：

\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm dx < \int_{-1}^1 g(x)\,\mathrm dx = 2\int_0^1 (2x - 1)\,\mathrm dx = 2(x^2 - x)\Big|_0^1 = 0.

故必有 $\displaystyle\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm dx < 0$ ，应选 B。

方法三：分段割线/泰勒展开法（纯代数严谨推导）

在区间 $[0, 1]$ 上：连接 $(0, -1)$ 与 $(1, 1)$ 的割线方程为 $L_1(x) = 2x - 1$ 。因 $f''(x) > 0$ ，由割线不等式（或泰勒展开余项）对 $\forall x \in (0, 1)$ 恒有 $f(x) < 2x - 1$ 。积分得： $\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx < \int_0^1 (2x - 1)\,\mathrm dx = 0.$
在区间 $[-1, 0]$ 上：连接 $(-1, 1)$ 与 $(0, -1)$ 的割线方程为 $L_2(x) = -2x - 1$ 。因 $f''(x) > 0$ ，对 $\forall x \in (-1, 0)$ 恒有 $f(x) < -2x - 1$ 。积分得： $\int_{-1}^0 f(x)\,\mathrm dx < \int_{-1}^0 (-2x - 1)\,\mathrm dx = 0.$
两式相加： $\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm dx = \int_{-1}^0 f(x)\,\mathrm dx + \int_0^1 f(x)\,\mathrm dx < 0 + 0 = 0.$

故命题获证，应选 B。

法宝一（特值排除）：遇到选择题直接设 $f(x) = ax^2 + bx + c$ （ $f''>0$ 设 $a>0$ ， $f''<0$ 设 $a<0$ ），秒杀率 100%；
法宝二（割线放缩）：
- 凹曲线（ $f''>0$ ）： $\int_a^b f(x)\,\mathrm dx < \int_a^b [\text{割线}]\Longleftrightarrow \text{弧在弦下}$ ；
- 凸曲线（ $f''<0$ ）： $\int_a^b f(x)\,\mathrm dx > \int_a^b [\text{割线}]\Longleftrightarrow \text{弧在弦上}$ 。
法宝三（中点泰勒展开）：大题证明中在对称区间中点 $x_0 = \frac{a+b}{2}$ 展开后积分， $f'(x_0)(x-x_0)$ 奇次项积分自动为 0，直接由余项 $f''(\xi_x)$ 的正负锁定积分符号。

例 2.89（2023 数一二三真题·二阶导泰勒展开点选取 / 中值点独立性 / 绝对值放缩与介值定理）

展开点选取的敏锐度（寻找“信息提供最多”的特殊点）：
- 第（Ⅰ）问：题设给定 $f(0)=0$ ，待证式含对称端点之和 $f(a)+f(-a)$ 。条件反射在 $x=0$ 处展开（麦克劳林展开），代入 $a$ 与 $-a$ 恰好能让一次项 $f'(0)a$ 与 $-f'(0)a$ 符号相反，相加自动抵消！
- 第（Ⅱ）问：题设给出“在 $(-a,a)$ 内取得极值”。由费马引理，若设极值点为 $x_0$ ，则必有 $f'(x_0)=0$ （提供两个条件）。条件反射在 极值点 $x=x_0$ 处展开，直接消除一阶导交叉项 $f'(x_0)(a-x_0)$ 。
高频致命陷阱：中值点独立性（切勿混用为同一个 $\xi$ ）：
- 将 $x=a$ 和 $x=-a$ 代入同一个泰勒公式时，所得拉格朗日余项中的中值点 绝对不是同一个点！
- 必须分别标记为 $\xi_1 \in (0,a)$ 与 $\xi_2 \in (-a,0)$ （或 $\eta_1 \in (x_0,a)$ 与 $\eta_2 \in (-a,x_0)$ ）；
- 必须通过连续函数的介值定理或最值放缩法将两个独立中值点合并为一个中值点。
极值点位置不确定时的平方和不等式放缩技巧：
- 第（Ⅱ）问相减后出现系数 $(a-x_0)^2$ 与 $(a+x_0)^2$ 。因为 $x_0 \in (-a,a)$ 未知，不能直接丢弃；
- 巧妙展开化简： $(a-x_0)^2 + (a+x_0)^2 = 2a^2 + 2x_0^2$ ；
- 利用 $x_0^2 < a^2$ 进行精确放缩： $2a^2 + 2x_0^2 \le 2a^2 + 2a^2 = 4a^2$ ，从而导出核心不等式 $M \ge \dfrac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|$ 。

（Ⅰ）证明存在 $\xi\in(-a,a)$ ，使 $f''(\xi)=\dfrac{1}{a^2}[f(a)+f(-a)]$

第一步：在 $x=0$ 处写出带拉格朗日余项的一阶泰勒展开式

对 $f(x)$ 在 $x=0$ 处展开：

f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2}f''(\xi)x^2 = f'(0)x + \frac{1}{2}f''(\xi)x^2 \quad (\text{因 } f(0)=0).

分别将 $x=a$ 和 $x=-a$ 代入上式（注意两处余项的中值点不同）：

f(a) = f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_1)a^2 \quad (\xi_1 \in (0,a)), \tag{1}

f(-a) = -f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_2)a^2 \quad (\xi_2 \in (-a,0)). \tag{2}

第二步：两式相加消除一阶导项

将式 (1) 与式 (2) 相加：

f(a) + f(-a) = \frac{a^2}{2}\big[f''(\xi_1) + f''(\xi_2)\big],

整理得：

\frac{f(a)+f(-a)}{a^2} = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2}.

第三步：应用介值定理合并中值点

记 $m = \min\{f''(\xi_1), f''(\xi_2)\}$ ， $M = \max\{f''(\xi_1), f''(\xi_2)\}$ 。显然两数的算术平均值介于最小值与最大值之间：

m \le \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2} \le M.

因为 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上具有二阶导数且一阶导数连续（即 $f''(x)$ 满足介值性，或由 $f''(x)$ 连续知其在闭区间上具有介值性），由介值定理，必存在 $\xi \in [\xi_2, \xi_1] \subset (-a, a)$ ，使得

f''(\xi) = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2} = \frac{1}{a^2}\big[f(a)+f(-a)\big].

（Ⅱ）证明存在 $\eta\in(-a,a)$ ，使 $|f''(\eta)|\ge\dfrac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|$

第一步：设极值点并在极值点 $x_0$ 处泰勒展开

设 $f(x)$ 在 $(-a,a)$ 内的极值点为 $x_0$ 。由费马引理，可导函数在内点取得极值必满足：

f'(x_0) = 0.

写出 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的带拉格朗日余项的一阶泰勒公式：

f(x) = f(x_0) + \underbrace{f'(x_0)}_{=0}(x-x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2 = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2.

分别将 $x=a$ 与 $x=-a$ 代入（中值点分别记为 $\eta_1, \eta_2$ ）：

f(a) = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_1)(a-x_0)^2 \quad (\eta_1 \text{ 介于 } x_0 \text{ 与 } a \text{ 之间}), \tag{3}

f(-a) = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_2)(-a-x_0)^2 = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_2)(a+x_0)^2 \quad (\eta_2 \text{ 介于 } -a \text{ 与 } x_0 \text{ 之间}). \tag{4}

第二步：两式相减并取绝对值放缩

式 (3) 减式 (4)：

f(a) - f(-a) = \frac{1}{2}f''(\eta_1)(a-x_0)^2 - \frac{1}{2}f''(\eta_2)(a+x_0)^2.

两边取绝对值，利用三角不等式 $|A - B| \le |A| + |B|$ ：

|f(a) - f(-a)| \le \frac{1}{2}|f''(\eta_1)|(a-x_0)^2 + \frac{1}{2}|f''(\eta_2)|(a+x_0)^2.

第三步：引入最大模并完成常数放缩

记 $M = \max\big\{|f''(\eta_1)|,\ |f''(\eta_2)|\big\}$ ，则：

\begin{aligned} |f(a) - f(-a)| &\le \frac{M}{2}\Big[(a-x_0)^2 + (a+x_0)^2\Big] \\ &= \frac{M}{2}\big[(a^2 - 2ax_0 + x_0^2) + (a^2 + 2ax_0 + x_0^2)\big] \\ &= \frac{M}{2}\big(2a^2 + 2x_0^2\big) = M\big(a^2 + x_0^2\big). \end{aligned}

因为 $x_0 \in (-a, a)$ ，所以 $x_0^2 < a^2$ ，从而：

a^2 + x_0^2 \le a^2 + a^2 = 2a^2.

于是：

|f(a) - f(-a)| \le 2a^2 M \implies M \ge \frac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)|.

取 $\eta \in \{\eta_1, \eta_2\} \subset (-a, a)$ 使得 $|f''(\eta)| = M$ ，则该点 $\eta$ 满足：

|f''(\eta)| \ge \frac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)|.

命题获证。

第一步（定展开中心）：
- 给 $f(0)$ 或零点 $\to$ 在 $0$ 处展开；
- 给极值点 / 驻点 / 最值点 $\to$ 在极值点 $x_0$ 处展开（直接消去一阶导）。
第二步（代入目标端点）：将题干待证式中的端点（如 $a, -a, 0, 1$ ）分别代入，切记各余项中值点 $\xi_1 \ne \xi_2$ 互不相同。
第三步（代数运算消除交叉项）：
- 待证式为和（ $f(a)+f(-a)$ ） $\to$ 两式相加；
- 待证式为差（ $f(a)-f(-a)$ ） $\to$ 两式相减。
第四步（合并中值点）：
- 证明精确等式（ $f''(\xi) = \dots$ ） $\to$ 利用介值定理合并；
- 证明绝对值不等式（ $|f''(\eta)| \ge \dots$ ） $\to$ 取 $M = \max\{|f''(\xi_1)|, |f''(\xi_2)|\}$ 三角放缩。

例 2.90（2024 数一二三真题·双端点分别展开加权作差 / 绝对值三角放缩 / 积分不等式）

双端点展开的权重配凑与一阶导抵消思维：
- 题设给定条件 $f'(0)=f'(1)$ ，且待证式中出现 $f(0)(1-x)$ 与 $f(1)x$ 的线性组合；
- 破局关键：在 $x=0$ 与 $x=1$ 两处分别写出泰勒公式，（2）式乘 $x$ ，（1）式乘 $(x-1)$ ，相减后一阶导交叉项 $f'(0)x(x-1)$ 与 $f'(1)x(x-1)$ 恰好代数抵消！
二阶导余项绝对值的精确放缩（切勿粗暴放缩）：
- 作差整理得到系数 $\frac{x(1-x)}{2}$ ；
- 利用三角不等式对余项求模： $|f''(\xi_2)(x-1) - f''(\xi_1)x| \le |f''(\xi_2)|(1-x) + |f''(\xi_1)|x$ ；
- 结合 $|f''(x)|\le 1$ ，放缩为 $1\cdot(1-x) + 1\cdot x = 1$ ，得到最紧不等式 $\frac{x(1-x)}{2}$ 。
从逐点函数不等式到定积分不等式的转化：
- 第（Ⅱ）问直接对第（Ⅰ）问所得不等式两端在 $[0,1]$ 上积分；
- 利用定积分三角不等式 $\left|\int_0^1 g(x)\,\mathrm dx\right| \le \int_0^1 |g(x)|\,\mathrm dx$ ，拆分积分项即得 $\left|\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx - \frac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \frac{1}{12}$ 。

（Ⅰ）证明函数不等式

第一步：在 $x=0$ 与 $x=1$ 处分别写出一阶泰勒公式

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\xi_1)}{2}x^2,\tag{1}

f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(\xi_2)}{2}(x-1)^2.\tag{2}

其中 $\xi_1 \in (0,x)$ ， $\xi_2 \in (x,1)$ 。

第二步：交叉相乘加权消去一阶导数 将 (2) 式两边乘 $x$ ，(1) 式两边乘 $(x-1)$ ：

x f(x) = x f(1) + x(x-1)f'(1) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)x(x-1)^2,

(x-1)f(x) = (x-1)f(0) + x(x-1)f'(0) + \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2(x-1).

结合已知条件 $f'(0)=f'(1)$ ，两式相减：

\begin{aligned} x f(x) - (x-1)f(x) &= x f(1) - (x-1)f(0) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)x(x-1)^2 - \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2(x-1) \\ f(x) &= f(0)(1-x) + f(1)x + \frac{x(x-1)}{2}\Big[f''(\xi_2)(x-1) - f''(\xi_1)x\Big]. \end{aligned}

移项整理得：

f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x = \frac{x(1-x)}{2}\Big[f''(\xi_1)x - f''(\xi_2)(x-1)\Big].

第三步：取绝对值并结合 $|f''(x)|\le 1$ 放缩 当 $x\in(0,1)$ 时， $x>0$ 且 $1-x>0$ 。两边取绝对值：

\begin{aligned} \left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right| &= \frac{x(1-x)}{2}\left|f''(\xi_1)x + f''(\xi_2)(1-x)\right| \\ &\le \frac{x(1-x)}{2}\Big[|f''(\xi_1)|x + |f''(\xi_2)|(1-x)\Big]. \end{aligned}

因为 $|f''(x)|\le 1$ ，所以 $|f''(\xi_1)|\le 1, |f''(\xi_2)|\le 1$ 。故：

\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right| \le \frac{x(1-x)}{2}\big[1\cdot x + 1\cdot (1-x)\big] = \frac{x(1-x)}{2}.

（Ⅱ）证明积分不等式

由（Ⅰ）的结论，在 $[0,1]$ 上对不等式两端取定积分：

\int_0^1 \left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|\,\mathrm dx \le \int_0^1 \frac{x(1-x)}{2}\,\mathrm dx.

计算右端积分：

\int_0^1 \frac{x-x^2}{2}\,\mathrm dx = \frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)\Bigg|_0^1 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{12}.

由定积分性质：

\begin{aligned} \left|\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx - \int_0^1 f(0)(1-x)\,\mathrm dx - \int_0^1 f(1)x\,\mathrm dx\right| &\le \int_0^1 \left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right|\,\mathrm dx \\ &\le \frac{1}{12}. \end{aligned}

因为 $\int_0^1(1-x)\,\mathrm dx = \frac{1}{2}$ ， $\int_0^1 x\,\mathrm dx = \frac{1}{2}$ ，代入即得：

\left|\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx - \frac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \frac{1}{12}.

命题获证。

例 2.91（2022 数一二三真题·充要条件证明 / 中点泰勒展开 / 反证法与极限保号性）

充分必要条件题型的严谨分步：
- 必须严格分为两步：充分性（由 $f''(x)\ge 0$ 推出积分不等式）与 必要性（由积分不等式恒成立推出 $f''(x)\ge 0$ ），不可漏证任意一侧；
充分性展开点的黄金对称性（区间中点）：
- 在中点 $\frac{a+b}{2}$ 处展开二阶泰勒公式，一阶导奇次项 $\int_a^b (x-\frac{a+b}{2})\,\mathrm dx = 0$ 自动为 0，拉氏余项 $\frac{1}{2}f''(\xi_x)(x-\frac{a+b}{2})^2 \ge 0$ 保证积分号内恒非负；
必要性证明的致命陷阱（不可直接脱积分号）：
- 若想由积分不等式推导导数符号，由于中值 $\xi_x$ 是动点不可直接求极限，必须使用反证法 + 连续函数的极限局部保号性构造反例区间。

充分性证明（若 $f''(x)\ge 0$ ，则不等式成立）

不妨设 $b > a$ 。在区间 $[a,b]$ 上，将 $f(x)$ 在区间中点 $\dfrac{a+b}{2}$ 处作带有拉格朗日余项的一阶泰勒展开：

f(x) = f\left(\frac{a+b}{2}\right) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right) + \frac{1}{2}f''(\xi_x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2,

其中 $\xi_x$ 介于 $x$ 与 $\dfrac{a+b}{2}$ 之间。

对两端在 $[a,b]$ 上逐项积分：

\int_a^b f(x)\,\mathrm dx = f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\underbrace{\int_a^b \left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm dx}_{=0} + \frac{1}{2}\int_a^b f''(\xi_x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2\mathrm dx.

因 $f''(x)\ge 0$ ，故对任意 $\xi_x$ 均有 $f''(\xi_x)\ge 0$ 。从而：

\frac{1}{2}\int_a^b f''(\xi_x)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2\mathrm dx \ge 0.

于是：

\int_a^b f(x)\,\mathrm dx \ge f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) \iff f\left(\frac{a+b}{2}\right) \le \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,\mathrm dx.

充分性得证。

必要性证明（若不等式对任意 $a,b$ 成立，则 $f''(x)\ge 0$ ）

采用反证法。假设 $f''(x)\ge 0$ 不恒成立，即存在某点 $x_0 \in (-\infty,+\infty)$ ，使得

f''(x_0) < 0.

因为 $f(x)$ 具有二阶连续导数，所以 $f''(x)$ 在 $x_0$ 处连续。由极限的局部保号性，必存在 $\delta > 0$ ，使得当 $x \in (x_0-\delta, x_0+\delta)$ 时恒有：

f''(x) < 0.

取子区间 $[a_0, b_0] \subset (x_0-\delta, x_0+\delta)$ 且 $a_0 < b_0$ 。在 $[a_0, b_0]$ 上重复中点泰勒展开：

\int_{a_0}^{b_0} f(x)\,\mathrm dx = f\left(\frac{a_0+b_0}{2}\right)(b_0-a_0) + \frac{1}{2}\int_{a_0}^{b_0} f''(\xi_x)\left(x-\frac{a_0+b_0}{2}\right)^2\mathrm dx.

因为在该邻域内 $f''(\xi_x) < 0$ ，且 $\left(x-\frac{a_0+b_0}{2}\right)^2 \ge 0$ （仅在中点处为 0），由定积分保号性可知：

\frac{1}{2}\int_{a_0}^{b_0} f''(\xi_x)\left(x-\frac{a_0+b_0}{2}\right)^2\mathrm dx < 0.

从而导出：

\int_{a_0}^{b_0} f(x)\,\mathrm dx < f\left(\frac{a_0+b_0}{2}\right)(b_0-a_0) \iff f\left(\frac{a_0+b_0}{2}\right) > \frac{1}{b_0-a_0}\int_{a_0}^{b_0} f(x)\,\mathrm dx.

这与题设“对任意不同实数不等式均成立”相矛盾！因此假设不成立，必有 $f''(x)\ge 0$ 。

例 2.92（李林 880·四种方法打击二阶导与定积分符号 / 特值排除 / 分部积分 / 泰勒余项辨析）

特值法在定积分客观题中的极速应用：
- 面对包含 $f''(x)>0$ 的抽象函数定积分正负判断，首选特值 $f(x)=x^2$ ，直接算出 $\int_{-\pi}^\pi x^2\cos x\,\mathrm dx = -4\pi < 0$ 排除选项 ③；
奇偶函数与三角乘积的积分性质：
- $\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin x\,\mathrm dx = \int_0^\pi [f(x)-f(-x)]\sin x\,\mathrm dx$ ；
- 当 $f'(x)<0$ 时 $f$ 严格减，故 $x\in(0,\pi)$ 时 $f(x)<f(-x) \implies f(x)-f(-x)<0$ ，由于 $\sin x>0$ ，积分严格小于 0；
泰勒展开余项中值的局限性辨析：
- 泰勒展开 $f(x) = f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi_x)x^2$ 中， $\xi_x$ 随 $x$ 变动，与变号函数 $\cos x$ 乘积后无法提取出来，故泰勒法在此处受阻，必须转向分部积分或特值法。

方法一：区间拆分与奇偶性分析（最本质分析法）

对 $\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin x\,\mathrm dx$ 进行区间对称拆分：

\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin x\,\mathrm dx = \int_{-\pi}^0 f(x)\sin x\,\mathrm dx + \int_0^\pi f(x)\sin x\,\mathrm dx.

在前半段令 $x = -t$ ：

\int_{-\pi}^0 f(x)\sin x\,\mathrm dx = \int_\pi^0 f(-t)\sin(-t)(-\mathrm dt) = -\int_0^\pi f(-t)\sin t\,\mathrm dt.

合并两式：

\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin x\,\mathrm dx = \int_0^\pi \big[f(x)-f(-x)\big]\sin x\,\mathrm dx.

当 $f'(x)<0$ 时， $f(x)$ 严格单调递减。对于 $x\in(0,\pi)$ ，有 $-x < x \implies f(x) < f(-x) \implies f(x)-f(-x) < 0$ 。又在 $(0,\pi)$ 内 $\sin x > 0$ ，故被积函数恒负，积分严格小于 0。结论 ① 正确，② 错误。

方法二：特殊函数排除法（考场 15 秒秒杀）

取特殊凹函数 $f(x) = x^2$ （满足 $f''(x)=2>0$ ）。计算定积分：

\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi x^2\cos x\,\mathrm dx &= 2\int_0^\pi x^2\cos x\,\mathrm dx = 2\left[x^2\sin x + 2x\cos x - 2\sin x\right]\Bigg|_0^\pi \\ &= 2\big[(0 + 2\pi(-1) - 0) - 0\big] = -4\pi < 0. \end{aligned}

排除 ③，判定 ④ 正确。故应选 D。

方法三：分部积分法（一阶与二阶关联转化）

对于 $\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos x\,\mathrm dx$ ，先分部积分降次：

\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos x\,\mathrm dx = \big[f(x)\sin x\big]_{-\pi}^\pi - \int_{-\pi}^\pi f'(x)\sin x\,\mathrm dx = 0 - \int_{-\pi}^\pi f'(x)\sin x\,\mathrm dx = -\int_{-\pi}^\pi f'(x)\sin x\,\mathrm dx.

当 $f''(x)>0$ 时，其一阶导数 $g(x) = f'(x)$ 严格单调递增（即 $g'(x)>0$ ）。由方法一可知 $\int_{-\pi}^\pi f'(x)\sin x\,\mathrm dx > 0$ 。故 $-\int_{-\pi}^\pi f'(x)\sin x\,\mathrm dx < 0$ ，从而结论 ④ 正确。

例 2.92.1（泰勒反写手法证明全区间导数估计 / 递推数列单调有界收敛性证明）

“泰勒反写”思维模型（全区间任意 $x$ 导数估计的破局关键）：
- 欲证明对任意 $x\in[0,1]$ 均有 $|f'(x)|<1$ 。若采用常规泰勒展开以定点 $x_0$ 展开，式中只能得到孤立单点导数 $f'(x_0)$ ；
- 泰勒反写操作：以动点 $x$ 为展开中心，分别将区间两端定点 $u=1$ 与 $u=0$ 代入，相减即可解出任意 $x$ 处的导数表达式 $f'(x)$ ！
递推数列极限的单调有界性转化：
- 构造函数 $F(x) = \frac{1}{2}[x+f(x)]$ ，由第一问结论 $F'(x) = \frac{1}{2}[1+f'(x)] > 0$ 判定生成函数严格递增；
- 由拉氏中值定理 $x_{n+1}-x_n = F'(\xi)(x_n-x_{n-1})$ 保证邻项同号（数列严格单调），结合 $0<x_n<1$ 保证有界性，单调有界准则直接破局。

（Ⅰ）证明当 $x\in[0,1]$ 时， $|f'(x)|<1$

第一步：对任意给定的 $x\in[0,1]$ ，将 $f(u)$ 在点 $x$ 处泰勒展开（泰勒反写）

f(u) = f(x) + f'(x)(u-x) + \frac{1}{2}f''(\xi)(u-x)^2,

其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $u$ 之间。

分别代入 $u=1$ 与 $u=0$ ：

f(1) = f(x) + f'(x)(1-x) + \frac{1}{2}f''(\xi_1)(1-x)^2 \quad (\xi_1 \in (x,1)), \tag{1}

f(0) = f(x) + f'(x)(0-x) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)(-x)^2 = f(x) - f'(x)x + \frac{1}{2}f''(\xi_2)x^2 \quad (\xi_2 \in (0,x)). \tag{2}

第二步：两式相减并解出 $f'(x)$ 由已知条件 $f(0)=f(1)$ ，将 (1) 式减 (2) 式：

0 = f'(x)\big[(1-x) - (-x)\big] + \frac{1}{2}\Big[f''(\xi_1)(1-x)^2 - f''(\xi_2)x^2\Big] = f'(x) + \frac{1}{2}\Big[f''(\xi_1)(1-x)^2 - f''(\xi_2)x^2\Big].

解得：

f'(x) = -\frac{1}{2}\Big[f''(\xi_1)(1-x)^2 - f''(\xi_2)x^2\Big].

第三步：绝对值三角不等式放缩 两边取绝对值：

|f'(x)| \le \frac{1}{2}\Big[|f''(\xi_1)|(1-x)^2 + |f''(\xi_2)|x^2\Big].

因为 $|f''(x)| < 2$ ，所以 $|f''(\xi_1)| < 2, |f''(\xi_2)| < 2$ 。从而：

|f'(x)| < \frac{1}{2}\Big[2(1-x)^2 + 2x^2\Big] = (1-x)^2 + x^2 = 1 - 2x + 2x^2 = 2\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2}.

当 $x\in[0,1]$ 时，二次函数 $g(x) = (1-x)^2 + x^2$ 在两端点 $x=0, 1$ 处取得最大值 $g(0)=g(1)=1$ 。因此：

|f'(x)| < 1 \quad (\forall x\in[0,1]).

（Ⅱ）证明数列极限 $\lim_{n\to\infty} x_n$ 存在

第一步：构造迭代函数 $F(x)$ 由递推关系，记：

x_{n+1} = \frac{1}{2}\big[x_n + f(x_n)\big] = F(x_n), \qquad F(x) = \frac{1}{2}[x + f(x)].

第二步：判定单调性 求导得：

F'(x) = \frac{1}{2}\big[1 + f'(x)\big].

由第（Ⅰ）问结论 $|f'(x)|<1 \implies -1 < f'(x) < 1$ ，故：

F'(x) = \frac{1}{2}[1 + f'(x)] > 0.

函数 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调递增。

由拉格朗日中值定理：

x_{n+1} - x_n = F(x_n) - F(x_{n-1}) = F'(\xi_n)(x_n - x_{n-1}) \quad (\xi_n \text{ 介于 } x_n \text{ 与 } x_{n-1} \text{ 之间}).

因为 $F'(\xi_n) > 0$ ，所以 $x_{n+1}-x_n$ 与 $x_n-x_{n-1}$ 恒同号：

若 $x_1 \ge x_0$ ，则数列 $\{x_n\}$ 单调递增；
若 $x_1 \le x_0$ ，则数列 $\{x_n\}$ 单调递减。

第三步：判定有界性 已知 $0 < x_0 < 1$ ，且 $0 < f(x) < 1$ 。假设 $0 < x_n < 1$ ，则：

x_{n+1} = \frac{1}{2}\big[x_n + f(x_n)\big] > \frac{1}{2}(0 + 0) = 0,

x_{n+1} = \frac{1}{2}\big[x_n + f(x_n)\big] < \frac{1}{2}(1 + 1) = 1.

由数学归纳法，对所有 $n \ge 0$ 均有 $0 < x_n < 1$ ，数列 $\{x_n\}$ 有界。

第四步：由单调有界准则获证 因为数列 $\{x_n\}$ 单调且有界，由单调有界准则， $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n$ 必存在。

例 2.95（2019 数二真题·曲线相切与曲率相等的充要条件辨析 / 泰勒展开极限反推导数关系 / 凹凸性相反反例）

泰勒展开反推多阶导数关系（零极限的充要条件）：
- 条件 $\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f(x)-g(x)}{(x-a)^2}=0$ 说明分子 $f(x)-g(x)$ 是比 $(x-a)^2$ 更高阶的无穷小量；
- 在 $x=a$ 处将 $f(x)$ 与 $g(x)$ 展开至二阶泰勒公式，极限为 0 当且仅当常数项、一次项、二次项系数全部为零，即： $f(a)=g(a), \qquad f'(a)=g'(a), \qquad f''(a)=g''(a).$
曲线相切的几何与解析定义：
- 两曲线 $y=f(x)$ 与 $y=g(x)$ 在 $x=a$ 对应的点相切 $\iff$ 曲线在该点处有公共切点且切线重合 $\iff f(a)=g(a)$ 且 $f'(a)=g'(a)$ 。
曲率相等的高频绝对值致命陷阱（曲率相等 $\nRightarrow$ 二阶导数相等）：
- 直角坐标下曲率公式： $K = \dfrac{|y''|}{[1+(y')^2]^{3/2}}$ ；
- 在相切的前提下（ $f'(a)=g'(a)$ ），曲率相等 $K_f(a) = K_g(a)$ 等价于 $|f''(a)| = |g''(a)|$ ；
- 充分性成立： $f''(a)=g''(a) \implies |f''(a)|=|g''(a)| \implies K_f(a)=K_g(a)$ ；
- 必要性不成立： $|f''(a)|=|g''(a)|$ 允许 $f''(a) = -g''(a) \ne 0$ （两曲线在公切点处一凹一凸，弯曲程度相同但弯曲方向完全相反）。

一、极限条件等价代数关系的严格推导

因为 $f(x), g(x)$ 二阶可导且二阶导在 $x=a$ 处连续，由带佩亚诺余项的二阶泰勒展开式：

f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2}(x-a)^2 + o\big((x-a)^2\big),

g(x) = g(a) + g'(a)(x-a) + \frac{g''(a)}{2}(x-a)^2 + o\big((x-a)^2\big).

两式相减并代入极限式：

\begin{aligned} \lim_{x\to a}\frac{f(x)-g(x)}{(x-a)^2} &= \lim_{x\to a}\frac{\big[f(a)-g(a)\big] + \big[f'(a)-g'(a)\big](x-a) + \frac{f''(a)-g''(a)}{2}(x-a)^2 + o\big((x-a)^2\big)}{(x-a)^2} \\ &= 0. \end{aligned}

极限为 0 存在，要求分母的各项幂次在分子中必须对应为 0，当且仅当：

\begin{cases} f(a) = g(a), \\ f'(a) = g'(a), \\ f''(a) = g''(a). \end{cases}

即：两曲线在 $x=a$ 处函数值相等（过同一切点）、一阶导相等（切线斜率相同）、二阶导数精确相等（凹凸性与弯曲率完全相同）。

二、充分性验证（极限条件 $\implies$ 相切且曲率相等）

相切性：由 $f(a) = g(a)$ 且 $f'(a) = g'(a)$ ，曲线 $y=f(x)$ 与 $y=g(x)$ 在点 $(a, f(a))$ 处相交且切线方程均为 $Y - f(a) = f'(a)(X - a)$ ，故两曲线在 $x=a$ 处必相切。
曲率相等性：由曲率计算公式：
$K_f(a) = \frac{|f''(a)|}{\big[1 + (f'(a))^2\big]^{3/2}}, \qquad K_g(a) = \frac{|g''(a)|}{\big[1 + (g'(a))^2\big]^{3/2}}.$
因为 $f'(a) = g'(a)$ 且 $f''(a) = g''(a) \implies |f''(a)| = |g''(a)|$ ，所以：
$K_f(a) = K_g(a).$
充分性成立。

三、必要性否定（相切且曲率相等 $\nRightarrow$ 极限条件成立）

两曲线在 $x=a$ 处相切且曲率相等，其充要条件为：

f(a) = g(a), \qquad f'(a) = g'(a), \qquad |f''(a)| = |g''(a)|.

这里二阶导数的关系是绝对值相等，即包含两种可能：

$f''(a) = g''(a)$ （凹凸性相同）；
$f''(a) = -g''(a)$ （凹凸性相反，一凹一凸）。

当 $f''(a) = -g''(a) \ne 0$ 时：

\lim_{x\to a}\frac{f(x)-g(x)}{(x-a)^2} = \frac{f''(a)-g''(a)}{2} = f''(a) \ne 0.

必要性不成立。

经典几何反例（上下相贴的两个单位圆弧）：

设 $a=0$ ，取：

f(x) = 1 - \sqrt{1-x^2}, \qquad g(x) = -1 + \sqrt{1-x^2} \quad (x\in[-1,1]).

切点与切线： $f(0)=0=g(0)$ ， $f'(0)=0=g'(0)$ （在原点处均以 $x$ 轴为切线，两曲线相切）；
曲率：两曲线均为半径 $R=1$ 的圆弧，曲率恒为 $K = \frac{1}{R} = 1$ ，曲率处处相等；
二阶导数： $f''(0) = 1$ （开口向上凹）， $g''(0) = -1$ （开口向下凸）， $f''(0) \ne g''(0)$ ；
极限值： $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-g(x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{2\big(1-\sqrt{1-x^2}\big)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{2 \cdot \frac{1}{2}x^2}{x^2} = 1 \ne 0.$

综上所述，极限为 0 是曲线相切且曲率相等的充分非必要条件，选 A。

[!tip] 考点升华与考场秒杀口诀

相交/相切/同曲率的阶数层级映射：

穿过相交（0 阶接触）： $f(a)=g(a)$ $\iff \lim_{x\to a}\frac{f(x)-g(x)}{x-a} \text{ 存在}$ ；

相切相吻（1 阶接触）： $f(a)=g(a),\ f'(a)=g'(a)$ $\iff \lim_{x\to a}\frac{f(x)-g(x)}{x-a}=0$ ；

相切 + 曲率相等 + 凹凸相同（2 阶接触）： $f(a)=g(a),\ f'(a)=g'(a),\ f''(a)=g''(a)$ $\iff \lim_{x\to a}\frac{f(x)-g(x)}{(x-a)^2}=0$ ；

相切 + 曲率相等（纯几何曲率吻合）： $f(a)=g(a),\ f'(a)=g'(a),\ |f''(a)|=|g''(a)|$ （允许二阶导数异号！）。

例 2.96（2009 数二真题·曲率圆与曲线导数代换 / 二阶导保号性 / 极值点与拉格朗日中值零点判定）

曲率圆的“2 阶密切接触”核心性质（导数完全继承）：
- 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处的曲率圆与原曲线在该点具备相同的函数值、相同的一阶导数（公切线）、相同的二阶导数（同凹凸性与曲率）；
- 题设“在 $(1,1)$ 处的曲率圆为 $x^2+y^2=2$ ” $\implies$ 原函数在 $x=1$ 处直接继承曲率圆的各阶导数值： $f(1)=1$ ， $f'(1)=y'_{\text{圆}}(1)=-1$ ， $f''(1)=y''_{\text{圆}}(1)=-2$ 。
隐函数连续求导计算切线斜率与二阶凹凸性：
- 对圆方程 $x^2+y^2=2$ 求一阶导： $2x+2yy'=0 \implies y'(1)=-1$ ；
- 对一阶导式继续求导： $1+(y')^2+yy''=0 \implies 1+(-1)^2+1\cdot y''=0 \implies y''(1)=-2$ 。
$f''(x)$ 不变号的保号性推导（一阶导严格单调）：
- 由 $f''(1)=-2 < 0$ 且题设 $f''(x)$ 不变号 $\implies f''(x) < 0$ 在定义域上恒成立；
- 从而导函数 $f'(x)$ 严格单调递减。当 $x\in(1,2)$ 时， $f'(x) < f'(1) = -1 < 0$ 恒成立 $\implies f(x)$ 在 $(1,2)$ 内单调递减且导数非零，无极值点。
端点函数值估算与零点存在性（拉格朗日中值定理放缩）：
- 判定零点切忌凭直觉，必须用严格的中值定理放缩端点值： $f(2) - f(1) = f'(\xi)(2-1) = f'(\xi) \quad (\xi\in(1,2));$
- 因 $\xi > 1 \implies f'(\xi) < f'(1) = -1 \implies f(2) < f(1) - 1 = 1 - 1 = 0$ ；
- 结合 $f(1)=1>0$ 且 $f(2)<0$ ，由零点定理， $f(x)$ 在 $(1,2)$ 内必存在零点（且由单调性知零点唯一）。

第一步：由曲率圆隐函数求导求出 $f'(1)$ 与 $f''(1)$

曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,1)$ 处的曲率圆方程为：

x^2 + y^2 = 2.

在曲率圆与曲线的公切点 $(1,1)$ 处，原曲线与圆具有完全相同的 0 阶、1 阶、2 阶导数。

对圆方程两边关于 $x$ 求导：

2x + 2yy' = 0 \implies x + yy' = 0.

代入点 $(1,1)$ 得：

1 + 1 \cdot y'(1) = 0 \implies y'(1) = -1 \implies f'(1) = -1.

对 $x + yy' = 0$ 两边继续关于 $x$ 求导：

1 + (y')^2 + yy'' = 0.

代入 $x=1, y=1, y'=-1$ 得：

1 + (-1)^2 + 1 \cdot y''(1) = 0 \implies y''(1) = -2 \implies f''(1) = -2.

第二步：分析 $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 内的极值点情况

已知 $f''(x)$ 在所讨论区间上不变号，且已求得 $f''(1) = -2 < 0$ ，由保号性可知：

f''(x) < 0 \quad (\text{恒成立}).

故导函数 $f'(x)$ 在区间 $[1,2]$ 上严格单调递减。

对任意 $x \in (1,2)$ ，由严格单调递减性：

f'(x) < f'(1) = -1 < 0.

因为 $f'(x)$ 在 $(1,2)$ 内恒负且永不为 0（导数无变号驻点），所以： 函数 $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 内无极值点（且 $f(x)$ 在 $[1,2]$ 上严格单调递减）。

第三步：利用拉格朗日中值定理判定 $(1,2)$ 内的零点存在性

已知点 $(1,1)$ 在曲线上，即 $f(1) = 1 > 0$ 。

对 $f(x)$ 在区间 $[1,2]$ 上应用拉格朗日中值定理：存在 $\xi \in (1,2)$ ，使得

f(2) - f(1) = f'(\xi)(2 - 1) = f'(\xi).

因为 $\xi \in (1,2)$ ，由第二步中导函数的单调递减性：

f'(\xi) < f'(1) = -1.

代入得：

f(2) - f(1) < -1 \implies f(2) < f(1) - 1 = 1 - 1 = 0.

即：

f(2) < 0.

因为 $f(x)$ 在闭区间 $[1,2]$ 上连续，且端点异号：

f(1) = 1 > 0, \qquad f(2) < 0.

由零点定理，必存在 $x_0 \in (1,2)$ 使得 $f(x_0) = 0$ 。结合 $f(x)$ 严格单调递减，该零点在 $(1,2)$ 内唯一存在。

综上所述， $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 内无极值点，有零点，应选 B。

[!tip] 破局方法论：曲率圆与函数性质综合题“三步定式”

第一步（圆曲线导数平移）：曲率圆是曲线在切点处的二阶近似圆，直接对圆方程隐函数连续求导两次，瞬间锁定 $f(x_0)$ 、 $f'(x_0)$ 与 $f''(x_0)$ ；

第二步（二阶导定单调，排除极值）： $f''(x)$ 不变号 $\to$ 由 $f''(x_0)$ 的符号锁定导函数 $f'(x)$ 全局单调性 $\to$ 判断区间内导数是否恒同号；

第三步（拉氏中值控端点，锁定零点）：区间端点值未知时，通过 $f(b) - f(a) = f'(\xi)(b-a)$ 结合导数界精确放缩出 $f(b)$ 的正负号，由零点定理闭环获证。

ギターと孤独と蒼い惑星

📚 第 2 章导数与微分 · 错题集

📚 第 2 章导数与微分 · 错题集

例 2.18（2015 数二真题·导函数的连续性）

例 2.20（1995 数一真题·绝对值乘积函数的可导性）

例 2.24（李林 880·高阶导数存在性与 $(x-a)^k|x-a|$ 模型）

例 2.25（李林 880·无连续性前提下的绝对值导数判定）

例 2.26（2025 数二真题·绝对值极限与可导性综合判断）

例 2.28（李林 880 / 真题改编·导函数图像推原函数极值点与拐点）

例 2.30（武忠祥辅导讲义·极限保号性与极值拐点定性综合）

例 2.37（武忠祥严选题改编·仅给连续性下求点导数的脱帽法与定义法）

例 2.61（张八·函数极限、导数极限与斜渐近线真假命题及反例库）

例 2.65（1988 数一真题·面积等式与零点定理/变限积分单调性证明）

例 2.38（李林 880·变限积分复合求导与数列极限转化）

例 2.45（2001 数一真题·隐函数求导与法线方程）

例 2.56（张宇 1000 题·反三角复合求导与麦克劳林展开系数法求高阶导）

例 2.58（具体函数高阶导数·加法拆项与奇偶性/周期性化简）

例 2.99（2010 数二真题·几何相关变化率与链式求导法则）

例 2.74（2017 数一数二真题·保号性/零点定理与罗尔中值定理双根证明）

例 2.75（2013 数一真题·奇偶性导数性质与中值定理两大辅助函数构造法）

例 2.86（2017 数二真题·二阶导凹凸性与定积分大小比较 / 特值法与割线折线放缩）

例 2.89（2023 数一二三真题·二阶导泰勒展开点选取 / 中值点独立性 / 绝对值放缩与介值定理）

例 2.90（2024 数一二三真题·双端点分别展开加权作差 / 绝对值三角放缩 / 积分不等式）

例 2.91（2022 数一二三真题·充要条件证明 / 中点泰勒展开 / 反证法与极限保号性）

例 2.92（李林 880·四种方法打击二阶导与定积分符号 / 特值排除 / 分部积分 / 泰勒余项辨析）

例 2.92.1（泰勒反写手法证明全区间导数估计 / 递推数列单调有界收敛性证明）

例 2.95（2019 数二真题·曲线相切与曲率相等的充要条件辨析 / 泰勒展开极限反推导数关系 / 凹凸性相反反例）

例 2.96（2009 数二真题·曲率圆与曲线导数代换 / 二阶导保号性 / 极值点与拉格朗日中值零点判定）

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📚 第 2 章 导数与微分 · 错题集

例 2.18（2015 数二真题·导函数的连续性）

例 2.20（1995 数一真题·绝对值乘积函数的可导性）

例 2.24（李林 880·高阶导数存在性与 (x−a)k∣x−a∣(x-a)^k|x-a|(x−a)k∣x−a∣ 模型）

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例 2.26（2025 数二真题·绝对值极限与可导性综合判断）

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例 2.91（2022 数一二三真题·充要条件证明 / 中点泰勒展开 / 反证法与极限保号性）

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例 2.24（李林 880·高阶导数存在性与 $(x-a)^k|x-a|$ 模型）