由题意，$\Delta y$ 的线性主部为 $f'(x^2) \cdot 2x \cdot \Delta x\big|_{x=-1} = 0.1$。

即 $f'(1) \cdot 2(-1) \cdot (-0.1) = 0.1$，化简得 $0.2f'(1) = 0.1$。

故 $f'(1) = \dfrac{1}{2}$。

答案：D。

由 $f'(x) > 0$ 知函数单增，$\Delta x > 0$ 时 $\Delta y > 0$。

$dy = f'(x)\Delta x$，$\Delta y = f'(\xi)\Delta x$，其中 $\xi \in (x, x+\Delta x)$。

由 $f''(x) > 0$ 知 $f'(x)$ 单增，故 $f'(x) < f'(\xi)$，即 $dy < \Delta y$。

又 $f'(x) > 0$，$\Delta x > 0$，故 $dy > 0$。

综上 $0 < dy < \Delta y$。

答案：A。

注：小题中见到二阶导，可想到数形结合画图！$f''(x)>0$ 意味着函数图像是凹的，切线在曲线下方。

左可导 $\Rightarrow$ 左连续 $\Rightarrow$ $f(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0^-} f(x)$

右可导 $\Rightarrow$ 右连续 $\Rightarrow$ $f(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0^+} f(x)$

两者合并：$f(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0^-} f(x) = \lim\limits_{x \to x_0^+} f(x)$，故 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续。

但左右导数存在不一定相等，故不一定可导。

答案：B。

一点处导数大于 $0$，推不出邻域内导数大于 $0$。 导数若存在，则导数要么连续，要么只可能有震荡间断点，所以此题的反例一定是震荡的情况！

由 $f'(0) > 0$，即 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} > 0$，由极限的保号性：

• 当 $x \in (0, \delta)$ 时，$\dfrac{f(x) - f(0)}{x} > 0$，又 $x > 0$，故 $f(x) > f(0)$。C 正确。
• 当 $x \in (-\delta, 0)$ 时，$\dfrac{f(x) - f(0)}{x} > 0$，又 $x < 0$，故 $f(x) < f(0)$。D 错误。

A、B 要求邻域内单增/单减，即要求邻域内导数大于/小于 $0$，但一点处导数大于 $0$ 推不出邻域内导数大于 $0$（可能存在震荡）。

答案：C。

无需掌握反例的具体形式，思想才是最重要的！ 反例如 $f(x) = x + 2x^2\sin\dfrac{1}{x}$（$x \ne 0$），$f(0) = 0$，则 $f'(0) = 1 > 0$，但 $f'(x) = 1 + 4x\sin\dfrac{1}{x} - 2\cos\dfrac{1}{x}$（$x \ne 0$）在 $x = 0$ 附近震荡，忽正忽负。

A 错误：一点处导数大于 $0$ 推不出邻域内导数大于 $0$（震荡情况）。

B 错误：$f''(x_0) > 0$ 只是一点处二阶导大于 $0$，推不出邻域内 $f''(x) > 0$，即推不出 $f'(x)$ 邻域内单增。

C 错误：取 $f(x) = x$，$f'(0) = 1 > 0$，但 $x < 0$ 时 $f(x) < f(0)$。

D 正确：$f''(x_0) > 0$，由 $f'(x_0) = 0$（极值点必要条件，因为 $f''(x_0)$ 存在意味着 $f'(x_0)$ 存在，而 $f''(x_0) > 0$ 说明 $f'(x)$ 在 $x_0$ 处递增通过零点），故 $f(x_0)$ 为极小值。

注：实际上 D 选项的严格论证：$f''(x_0) > 0$ 意味着 $\lim\limits_{x \to x_0}\dfrac{f'(x) - f'(x_0)}{x - x_0} > 0$。若 $f'(x_0) = 0$，则由保号性，$x > x_0$ 时 $f'(x) > 0$，$x < x_0$ 时 $f'(x) < 0$，故 $f(x_0)$ 为极小值。

答案：D。

① 错误：极限存在不一定等于 $f(x_0)$（缺少”极限值等于函数值”的条件）。

② 正确：左可导 $\Rightarrow$ 左连续，右可导 $\Rightarrow$ 右连续，合并得连续。

③ 错误：左右极限都存在，但不一定相等，且不一定等于 $f(x_0)$。

④ 错误：可导推不出导数连续（导数可能有震荡间断点）。

正确个数为 $1$。

答案：A。

BD 直接秒：函数推不出导数（除非给你一点处的导数定义式），倒反天罡！

C 选项正确（当做基本结论）：设 $|f'(x)| \le M$，对任意 $x \in (0,1)$，由拉格朗日中值定理：

故 $|f(x)| \le |f(\frac{1}{2})| + M \cdot \frac{1}{2}$，$f(x)$ 有界。

从高中物理的角度理解：把变量 $x$ 看作时间，函数看作位移，导数看作速度。当时间有限时，若速度有界，则位移一定有界。

A 选项错误：反例 $f(x) = \dfrac{1}{x}$，$f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}$ 在 $(0,1)$ 上连续，但 $f(x)$ 无界。

答案：C。

AC 直接秒：函数推不了导数（除非给你一点处的导数定义式），别倒反天罡！

B 选项正确（反证法）：若 $\lim\limits_{x \to +\infty} f'(x) = a > 0$，则由极限定义，存在 $N > 0$，当 $x > N$ 时 $f'(x) > \dfrac{a}{2}$。

对 $x > N$，由拉格朗日中值定理：

当 $x \to +\infty$ 时，$f(x) \to +\infty$，与”$f(x)$ 有界”矛盾。

同理若 $a < 0$，则 $f(x) \to -\infty$，也矛盾。故 $a = 0$。

从高中物理角度理解：把 $x$ 看作时间，函数看作位移，导数看作速度。当时间趋于无穷时，若速度的极限大于 $0$，则最终位移肯定趋于正无穷；若速度极限小于 $0$，则位移趋于负无穷。均和”位移有界”矛盾。所以速度的极限只能是 $0$。

D 选项错误：$f(x) = \sin x$ 在 $(0,+\infty)$ 上有界，$\lim\limits_{x \to 0^+} f'(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} \cos x = 1 \ne 0$。

答案：B。

几何意义：导数和 $x$ 轴围成的面积即代表了函数的变化。

AD 直接秒：函数推不出导数（除非给你一点处的导数定义式），更何况二阶导！

B 选项错误：函数最后可能出现震荡的情况，涉及到震荡的反例通常都和三角函数有关。反例：$f(x) = \sin\sqrt{x}$，$f''(x) \to 0$，但 $f(x)$ 无极限。

C 选项正确（反证法 + 高中物理思想）：把 $x$ 看做时间，函数看作位移，导数看作速度，二阶导看作加速度。当时间趋于无穷时，如果加速度的极限大于 $0$，那么最终速度一定会趋于正无穷，位移也肯定趋于正无穷。同理，如果加速度的极限小于 $0$，那么最终速度一定会趋于负无穷，位移也肯定趋于负无穷。这都和题干中的”位移有界”相矛盾。所以加速度的极限如果存在的话，则只能为 $0$。

答案：C。

BD 直接秒：函数推不出导数（除非给你一点处的导数定义式）。

A 选项正确：若 $\lim\limits_{x \to +\infty} f'(x) = +\infty$，则存在 $x_0 > 0$，当 $x > x_0$ 时 $f'(x) > a > 0$。

由拉格朗日中值定理：$f(x) = f(x_0) + f'(\xi)(x - x_0)$，$\xi \in (x_0, x)$。

因为 $f'(\xi) > a > 0$，$(x - x_0) > 0$，所以 $f(x) > f(x_0) + a(x - x_0) \to +\infty$。

C 选项（有一点点反直觉）：若 $\lim\limits_{x \to -\infty} f'(x) = -\infty$，则存在 $x_0 < 0$，当 $x < x_0$ 时 $f'(x) < a < 0$。

由拉格朗日中值定理：$f(x) = f(x_0) + f'(\xi)(x - x_0)$，$\xi \in (x, x_0)$。

因为 $f'(\xi) < a < 0$，$(x - x_0) < 0$，所以 $f'(\xi)(x - x_0) > 0$，即 $f(x) > f(x_0) + a(x - x_0) \to +\infty$。

故 C 选项说 $f(x) \to -\infty$ 是错误的，实际上 $f(x) \to +\infty$！

从高中物理角度理解：时间趋于负无穷，速度趋于负无穷，那位移最后是会趋于正无穷的，因为负负得正。

答案：A。

验证连续性：$f(0) = 0$。当 $x \to 0^+$ 时，$x \in \left(\dfrac{1}{n+1}, \dfrac{1}{n}\right]$，$n \to \infty$，$f(x) = \dfrac{1}{n} \to 0$。故连续。

左导数：$f'_-(0) = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{x}{x} = 1$。

右导数：当 $\dfrac{1}{n+1} < x \le \dfrac{1}{n}$ 时，

由 $\dfrac{1}{n+1} < x \le \dfrac{1}{n}$，得 $1 \le \dfrac{1/n}{x} < \dfrac{n+1}{n} \to 1$。

夹逼可得 $f'_+(0) = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x)}{x} = 1$。

$f'_+(0) = f'_-(0) = 1$，故 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，$f'(0) = 1$。

答案：D。

由 $|f(x)| \le x^2$，得 $0 \le |f(x)| \le x^2$，夹逼得 $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$。

又 $|f(0)| \le 0$，故 $f(0) = 0$，连续。

求导：$\left|\dfrac{f(x) - f(0)}{x}\right| = \left|\dfrac{f(x)}{x}\right| \le \dfrac{x^2}{|x|} = |x| \to 0$。

夹逼得 $f'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x} = 0$。

答案：C。

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内可导了，意味着开区间内必连续！

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。

答案：B。

由 $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$，注意：题中只说有定义且极限为 $0$，没说 $f(0) = 0$！

但若 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，则 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，故 $f(0) = \lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$。

可导需要 $f'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x}$ 存在。

A：$\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}} \to 0$，则 $f(x) = o(\sqrt{|x|})$，故 $\dfrac{f(x)}{x} = \dfrac{o(\sqrt{|x|})}{x} \to 0$。可导，$f'(0) = 0$。✓

B：$\dfrac{f(x)}{x^2} \to 0$，则 $f(x) = o(x^2)$，故 $\dfrac{f(x)}{x} = o(x) \to 0$。可导，$f'(0) = 0$。✓

C：$\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}} \to 1$，则 $f(x) \sim \sqrt{|x|}$，$\dfrac{f(x)}{x} \sim \dfrac{\sqrt{|x|}}{x}$，当 $x \to 0^+$ 时趋于 $+\infty$，不可导。✗

D：$\dfrac{f(x)}{x^2} \to 1$，则 $f(x) \sim x^2$，$\dfrac{f(x)}{x} \sim x \to 0$。可导，$f'(0) = 0$。✓

注：此题需结合选项具体分析。ABD 均可推出可导。

此题只要注意了题干中的”有定义”，没说连续，即可轻松举出跳跃间断点的反例，排除 AB 选项。

A 反例：$f(x) = \begin{cases} x^2, & x \ne 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases}$，图形是凹的，在 $(-1,0)$ 单减、$(0,1)$ 单增，但 $f(0) = 1$ 不是极小值。

B 反例：$f(x) = \begin{cases} x + 1, & x \ne 0 \\ -1, & x = 0 \end{cases}$，$f(0) = -1$ 是极小值，但 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 和 $(0,1)$ 内都单增。

排除 AB 后，观察 CD 选项：C 选项是”凹凸性推函数”，D 选项是”函数推凹凸性”。而”函数推不出导数”，所以 D 选项一定错误。就算增加条件”$f(x)$ 二阶可导”后，D 选项也是错的，那没增加这个条件的话，D 选项只能更错。

排除 ABD 后，此题选择 C 选项。

C 选项的严格证明见李艳芳老师解析，C 选项的证明没有任何意义！别在意！

答案：C。

由 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{f(x)} = 1$，分母 $f(x) \to 0$（否则极限不为 $1$），又 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，故 $f(0) = 0$。

由 $\dfrac{x^2}{f(x)} \to 1$，得 $f(x) \sim x^2$（$x \to 0$），即 $f(x) = x^2 + o(x^2)$。

A：$f'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 + o(x^2)}{x} = 0$。✓

B：需要 $f'(x)$ 在 $x = 0$ 邻域内有定义才能求 $f''(0)$，但题中只给了 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，推不出邻域内可导。✗

C：$f(x) = x^2 + o(x^2) > 0$（$x$ 充分小且 $x \ne 0$），$f(0) = 0$，故 $x = 0$ 为极小值点。✓

D：一点处连续推不出邻域内连续。✗

答案：AC。

反例（D 不成立）：$f(x) = \begin{cases} x^2, & x \text{ 为有理数} \\ x^2 + x^3, & x \text{ 为无理数} \end{cases}$，在 $x = 0$ 处连续，但 $x \ne 0$ 处不连续。

要证明 $f'(0) = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f(h) - f(0)}{h} = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f(h)}{h}$ 存在，需要满足四个条件：

① 分子趋于 $0$（即 $f(0) = 0$，已给出）

② 分母趋于 $0$

③ 分子中括号内的量与分母同阶（不能高阶）

④ 分子中括号内的量要取遍 $0$ 两侧（即 $h \to 0$ 时，括号内既可正又可负）

A：$\dfrac{f(1-\cos h)}{h^2} = \dfrac{f(1-\cos h)}{1-\cos h} \cdot \dfrac{1-\cos h}{h^2}$。

$1 - \cos h \sim \dfrac{h^2}{2} > 0$（恒正！），只从右侧趋于 $0$，不满足条件④。

故只能推出 $f'_+(0)$ 存在（右导数），推不出 $f'(0)$ 存在。✗

B：$\dfrac{f(1-e^h)}{h} = \dfrac{f(1-e^h)}{1-e^h} \cdot \dfrac{1-e^h}{h}$。

$1 - e^h \sim -h$，当 $h > 0$ 时 $1 - e^h < 0$，当 $h < 0$ 时 $1 - e^h > 0$，取遍两侧。✓

且 $\dfrac{1-e^h}{h} \to -1 \ne 0$，同阶。✓

故 $\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f(1-e^h)}{h}$ 存在 $\Leftrightarrow$ $f'(0)$ 存在。✓

C：$h - \sin h \sim \dfrac{h^3}{6}$，$\dfrac{h - \sin h}{h^2} \sim \dfrac{h}{6} \to 0$。

即使极限存在，也只能得到 $\dfrac{f(h-\sin h)}{h-\sin h} \cdot \dfrac{h-\sin h}{h^2} \to 0$，无法确定 $f'(0)$ 是否存在。✗

D：$\dfrac{f(2h) - f(h)}{h} = 2\cdot\dfrac{f(2h) - f(0)}{2h} - \dfrac{f(h) - f(0)}{h}$。

若 $f'(0)$ 存在，则此极限 $= 2f'(0) - f'(0) = f'(0)$。但反过来，此极限存在不能保证 $f'(0)$ 存在（两个不存在的极限之差可能存在）。✗

答案：B。