连续性：

左极限：$\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{2(1-\cos x)}{x^2} = 2 \cdot \dfrac{1}{2} = 1$（利用 $1 - \cos x \sim \dfrac{x^2}{2}$）。

右极限：$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x}\int_0^x \cos(t^2)\,dt \overset{\text{洛}}{=} \lim\limits_{x \to 0^+} \cos(x^2) = 1$。

左右极限均等于 $f(0) = 1$，故 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

可导性：

左导数：

由 $1 - \cos x = \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^4}{24} + o(x^4)$，得 $2(1-\cos x) - x^2 = -\dfrac{x^4}{12} + o(x^4)$。

故 $f'_-(0) = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{-\frac{x^4}{12} + o(x^4)}{x^3} = 0$。

右导数：

洛必达：$= \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\cos(x^2) - 1}{2x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{-\frac{x^4}{2} + o(x^4)}{2x} = 0$。

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

先化简 $f(x)$。当 $|x| < 1$ 时，$|x|^{3n} \to 0$，$f(x) = 1$。

当 $|x| > 1$ 时，$|x|^{3n} \to +\infty$，$\sqrt[n]{1 + |x|^{3n}} \sim |x|^3$，$f(x) = |x|^3$。

当 $|x| = 1$ 时，$f(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{2} = 1$。

故 $f(x) = \begin{cases} |x|^3, & |x| > 1 \\ 1, & |x| \le 1 \end{cases} = \begin{cases} -x^3, & x < -1 \\ 1, & -1 \le x \le 1 \\ x^3, & x > 1 \end{cases}$

在 $x = -1$ 处：$f'_-(-1) = -3(-1)^2 = -3$，$f'_+(-1) = 0$。不等，不可导。

在 $x = 1$ 处：$f'_-(1) = 0$，$f'_+(1) = 3(1)^2 = 3$。不等，不可导。

恰有两个不可导点。

答案：C。

第一步：求 $f'(0)$。

$f'_-(0) = 0$（$x \le 0$ 时 $f(x) = 0$）。

$f'_+(0) = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^\alpha \cos\frac{1}{x^\beta}}{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} x^{\alpha-1}\cos\dfrac{1}{x^\beta}$。

无穷小 $\times$ 有界量 $= 0$，需 $\alpha - 1 > 0$，即 $\alpha > 1$。此时 $f'(0) = 0$。

第二步：求 $x > 0$ 时的 $f'(x)$。

第三步：$f'(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，需 $\lim\limits_{x \to 0^+} f'(x) = f'(0) = 0$。

第一项：$\alpha x^{\alpha-1}\cos\dfrac{1}{x^\beta} \to 0$，需 $\alpha - 1 > 0$。

第二项：$\beta x^{\alpha-\beta-1}\sin\dfrac{1}{x^\beta} \to 0$，需 $\alpha - \beta - 1 > 0$，即 $\alpha - \beta > 1$。

联立 $\begin{cases} \alpha > 1 \\ \alpha - \beta > 1 \end{cases}$，由 $\beta > 0$ 知 $\alpha - \beta > 1$ 已包含 $\alpha > 1$。

答案：A。

关键点：

（1）无法直接对 $g(x)$ 求导（被积函数含 $x$），因此需要换元。令 $u = xt$，$du = x\,dt$：

换元时发现分母出现了 $x$，而分母不能为 $0$，因此需要标注 $x \ne 0$。$x = 0$ 这一点处的导数要用定义法去求。

（2）$g(0) = \int_0^0 f(0)\,dt = 0$。

当 $x \ne 0$ 时：

实际上更简洁的做法：$g(x) = \dfrac{1}{x}\int_0^{x^2} f(u)\,du$，直接对商求导。

当 $x = 0$ 时（用定义）：

由 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x} = 1$ 知 $f(x) \sim x$（$x \to 0$），$f(0) = 0$，$f'(0) = 1$。

$\int_0^{x^2} f(u)\,du \sim \int_0^{x^2} u\,du = \dfrac{x^4}{2}$，故 $g'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^4/2}{x^2} = 0$。

更严格：洛必达 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\int_0^{x^2} f(u)\,du}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2xf(x^2)}{2x} = \lim\limits_{x \to 0} f(x^2) = 0$。

验证连续性：需证 $\lim\limits_{x \to 0} g'(x) = g'(0) = 0$。

最终结果写成带大括号的形式：

注：若最终表达式是分段函数，一定写成带有大括号的形式！方便批卷老师阅卷，老师看到大括号里的最终结果是正确的，通常就不会再细看步骤了！

$F(x) = f(x) + f(x)|\sin x|$。$f(x)$ 可导，故只需讨论 $\varphi(x) = f(x)|\sin x|$ 在 $x = 0$ 处的可导性。

$\varphi(0) = f(0) \cdot 0 = 0$。

当 $x \to 0^+$ 时：$\dfrac{f(x)\sin x}{x} \to f(0) \cdot 1 = f(0)$。

当 $x \to 0^-$ 时：$\dfrac{f(x)(-\sin x)}{x} \to f(0) \cdot (-1) = -f(0)$。

可导需左右导数相等：$f(0) = -f(0)$，即 $f(0) = 0$。

故 $f(0) = 0$ 是 $F(x)$ 在 $x = 0$ 处可导的充要条件。

答案：A。

请将此题的结论死死记住！！！！！非常非常重要！！！！！！！！！

此题直接利用上一题的结论进行秒杀！

$f(x) = (x-2)(x+1)|x(x-1)(x+1)| = (x-2)(x+1)|x||x-1||x+1|$。

绝对值内为零的点（潜在不可导点）：$x = 0$，$x = 1$，$x = -1$。

逐一检验 $\varphi(a) = 0$ 是否成立：

• $x = 0$：$f(x) = |x| \cdot g(x)$，$g(x) = (x-2)(x+1)|x-1||x+1|$，$g(0) = (-2)(1)(1)(1) = -2 \ne 0$。不可导。
• $x = 1$：$f(x) = |x-1| \cdot h(x)$，$h(x) = (x-2)(x+1)|x||x+1|$，$h(1) = (-1)(2)(1)(2) = -4 \ne 0$。不可导。
• $x = -1$：$f(x) = |x+1| \cdot k(x)$，$k(x) = (x-2)(x+1)|x||x-1|$。注意 $(x+1)$ 因子：$k(-1) = (-3)(0)(1)(2) = 0$。可导。

不可导点个数为 $2$。

答案：C。

由结论：$|f(x)|$ 在 $x = a$ 处不可导 $\Leftrightarrow$ $f(a) = 0$ 且 $f'(a) \ne 0$。

B 选项恰好是此条件，且实际上是充要条件。

答案：B。

$f(x) = |g(x)|$，其中 $g(x) = \ln x - ax$（$x > 0$）。

不可导点即为 $g(x) = 0$ 且 $g'(x) \ne 0$ 的点，即 $y = \ln x$ 与 $y = ax$ 的交点（非切点）。

$g'(x) = \dfrac{1}{x} - a$。当 $a > 0$ 时，$g(x)$ 在 $x = \dfrac{1}{a}$ 处取极大值 $g\!\left(\dfrac{1}{a}\right) = \ln\dfrac{1}{a} - 1 = -\ln a - 1$。

• 若 $a \le 0$：$g'(x) = \dfrac{1}{x} - a > 0$，$g(x)$ 单增，只有一个零点。一个不可导点，不满足。
• 若 $a = \dfrac{1}{e}$：$g\!\left(\dfrac{1}{a}\right) = -\ln\dfrac{1}{e} - 1 = 1 - 1 = 0$，相切，切点处 $g'(x) = 0$，可导。零个不可导点，不满足。
• 若 $a > \dfrac{1}{e}$：$g\!\left(\dfrac{1}{a}\right) < 0$，无零点。零个不可导点，不满足。
• 若 $0 < a < \dfrac{1}{e}$：$g\!\left(\dfrac{1}{a}\right) > 0$，$g(x)$ 有两个零点，且均非切点（$g' \ne 0$）。两个不可导点。✓

答案：B。

$\cos|x| = \cos x$（偶函数），处处无穷阶可导。关键在于 $x^2|x|$ 的可导性。

设 $g(x) = x^2|x| = \begin{cases} x^3, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -x^3, & x < 0 \end{cases}$

$g'(x) = \begin{cases} 3x^2, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -3x^2, & x < 0 \end{cases}$（$g'(0) = 0$，由导数极限定理：$\lim\limits_{x \to 0} g'(x) = 0 = g'(0)$，连续）

$g''(x) = \begin{cases} 6x, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -6x, & x < 0 \end{cases}$（$g''(0) = 0$，由导数极限定理：$\lim\limits_{x \to 0} g''(x) = 0 = g''(0)$，连续）

$g'''(0)$：$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{g''(x) - g''(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{6x}{x} = 6$，$\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{g''(x) - g''(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{-6x}{x} = -6$。

左右不等，$g'''(0)$ 不存在。

故 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处存在的最高阶导数为 $2$ 阶。

结论：$(x-a)^k \cdot |x-a|$ 在 $x = a$ 处 $k$ 阶可导，$k+1$ 阶不可导。

$F(0) = f(0) \cdot 0 = 0$。

$F'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)|\sin x|}{x}$。

当 $x \to 0^+$ 时：$\dfrac{f(x)\sin x}{x} \to \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) \cdot 1 = \lim\limits_{x \to 0^+} f(x)$。

当 $x \to 0^-$ 时：$\dfrac{f(x)(-\sin x)}{x} \to \lim\limits_{x \to 0^-} f(x) \cdot (-1) = -\lim\limits_{x \to 0^-} f(x)$。

可导需左右导数相等：$\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\lim\limits_{x \to 0^-} f(x)$。

题中只说邻域内有定义，没说连续，此时无法利用之前的结论，回归定义即可。

答案：D。

核心思路：由之前的结论，若 $f(x)$ 连续，则 $|f(x)|$ 在 $x_0$ 处可导 $\Rightarrow$ $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导（当 $f(x_0) = 0$ 时需 $f'(x_0) = 0$；当 $f(x_0) \ne 0$ 时 $|f|$ 与 $f$ 可导性等价）。

条件④：$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{|f(x)| - |f(0)|}{x}$ 存在，即 $|f(x)|$ 在 $x = 0$ 处可导。

设 $g(x) = |f(x)|$，$g'(0)$ 存在。由 $f(x)$ 连续：

• 若 $f(0) \ne 0$：$f(x)$ 在 $0$ 附近不变号，$|f(x)| = \pm f(x)$，$f(x)$ 可导。✓
• 若 $f(0) = 0$：$g'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{|f(x)|}{x}$ 存在。由 $|f(x)| \ge 0$，当 $x > 0$ 时 $\dfrac{|f(x)|}{x} \ge 0$，当 $x < 0$ 时 $\dfrac{|f(x)|}{x} \le 0$。极限存在需左右相等，故 $g'(0) = 0$，即 $|f(x)| = o(x)$，从而 $f(x) = o(x)$，$f'(0) = 0$。✓

条件③：$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{|f(x)|}{x}$ 存在。由 $|f(x)| \ge 0$ 的分析同上，此极限只能为 $0$，且 $f(0) = 0$（由连续性）。故 $f'(0) = 0$。✓

条件①：$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{|f(x)| - f(0)}{x}$ 存在。

• 若 $f(0) \ge 0$：$|f(0)| = f(0)$，此条件变为 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{|f(x)| - |f(0)|}{x}$ 存在，同条件④。✓
• 若 $f(0) < 0$：$|f(0)| = -f(0)$，条件变为 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{|f(x)| + |f(0)|}{x}$ 存在。分子 $\to 2|f(0)| \ne 0$，分母 $\to 0$，极限不存在，矛盾。故 $f(0) \ge 0$，回到条件④。✓

条件②：$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x) - |f(0)|}{x}$ 存在。

• 若 $f(0) \ge 0$：$|f(0)| = f(0)$，条件变为 $f'(0)$ 存在。✓
• 若 $f(0) < 0$：$|f(0)| = -f(0)$，条件变为 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x) + f(0)}{x}$ 存在。分子 $\to 2f(0) \ne 0$，分母 $\to 0$，极限不存在，矛盾。故 $f(0) \ge 0$，$f'(0)$ 存在。✓

四个条件均能推出 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导。

答案：D。