二、按定义求导数及其适用的情形
（一）按定义求导数
按定义求一元函数 \(y = f(x)\) 在某点 \(x = x_0\) 处的导数，就是求 \(\frac{0}{0}\) 型极限，即求
\[\lim_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}.\]注意当 \(\Delta x\to 0\) 时，若 \(f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)\) 不是无穷小量，则 \(f^{\prime}(x_0)\) 不存在，即 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处不可导。
（二）适合用定义求导数的几种情形
情形Ⅰ 除了常数函数外还有某些基本初等函数的导数公式，如 \((\sin x)' = \cos x\)，\((\ln x)' = \frac{1}{x}\) 等均应按定义导出。而其他基本初等函数的导数公式可由这些导数公式及求导法则得出。
情形Ⅱ 求导法则不能用的情形：如设 \(f(x) = (x - a)\varphi(x)\)，\(\varphi(x)\) 在 \(x = a\) 处连续，试问 \(f(x)\) 在 \(x = a\) 处是否可导？因为不知道 \(\varphi(x)\) 在 \(x = a\) 处是否可导，因此，乘积的求导法则不适用。需要按导数的定义考察极限 \(\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}\)。
（三）利用导数定义求极限
Ⅰ. 设 \(f^{\prime}(x)\) 存在，若所求极限可化为 \(\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}\) 的形式，则按导数定义即是 \(f^{\prime}(x)\)。若 \(\lim_{x \to a} \varphi(x) = 0\)，则
\[\lim_{x \rightarrow a} \frac{f(x + \varphi(x)) - f(x)}{\varphi(x)} \underset{t = \varphi(x)}{\overset{t \rightarrow 0}{\lim}} \frac{f(x + t) - f(x)}{t} = f^{\prime}(x).\]Ⅱ. 设 \(f^{\prime}(x)\) 存在，由数列极限与函数极限的关系还可得当 \(\lim_{n\to \infty}x_n = 0\) 时
\[\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{f(x + x_n) - f(x)}{x_n} = f^{\prime}(x).\]【例2.5】 设 \(f^{\prime}(x)\) 存在，求极限 \(\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x + a\Delta x) - f(x - b\Delta x)}{\Delta x}\)，其中 \(a,b\) 为非零常数。
【解】 按导数定义，将原式改写成
原式 \(= \lim_{\Delta x \to 0} \left[ \frac{f(x + a\Delta x) - f(x)}{a\Delta x} a - \frac{f(x - b\Delta x) - f(x)}{-b\Delta x} (-b) \right]\)
\[\begin{aligned} &= a \lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(x + t) - f(x)}{t} + b \lim_{s \rightarrow 0} \frac{f(x + s) - f(x)}{s} \quad \left(\begin{array}{l}t = a \Delta x\\s = - b \Delta x\end{array}\right) \\ &= a f^{\prime}(x) + b f^{\prime}(x) = (a + b) f^{\prime}(x). \end{aligned}\]评注
① 在以上各式中，虽然 \(x\) 可以取任何数值，但在极限过程中，\(x\) 是常量，而 \(\Delta x\) 或 \(t\) 或 \(s\) 是变量。
② 本题除了按导数定义外，还用了变量替换法求极限。当 \(ab = 0\) 时结论也成立，但解法需作必要的改变。请读者自己完成。
【例2.6】 设 \(f(x)\) 在 \(x = a\) 可导，且 \(f(a) = 1\)，\(f'(a) = 3\)，求数列极限 \(w = \lim_{n\to \infty}\left[f\left(a + \frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{1 - \cos\frac{1}{n}}}\)。
【分析】 这是指数型数列极限，先转化成
\[f\left(a + \frac{1}{n}\right)^{\frac{1}{1 - \cos\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{1 - \cos\frac{1}{n}} \ln f\left(a + \frac{1}{n}\right)},\]其指数是 \(\frac{0}{0}\) 型数列极限，用等价无穷小因子替换，由数列极限与函数极限的关系及导数定义知
\[\begin{aligned} \lim_{n \rightarrow \infty} \left[ \frac{\frac{1}{n}}{1 - \cos\frac{1}{n}} \ln f\left(a + \frac{1}{n}\right) \right] &= \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{2n^2}} \left[ \ln f\left(a + \frac{1}{n}\right) - \ln f(a) \right] \\ &= 2 \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\ln f\left(a + \frac{1}{n}\right) - \ln f(a)}{\frac{1}{n}} \\ &= 2 [\ln f(x)]^{\prime}|_{x = a} = 2 \frac{f^{\prime}(a)}{f(a)} = 2 \cdot \frac{3}{1} = 6, \end{aligned}\]因此 \(w = \mathrm{e}^6\)。
评注
① 下面方法是错误的：
这是因为题目中没设 \(f(x)\) 在点 \(x = a\) 处的某邻域内可导及 \(f'(x)\) 在点 \(x = a\) 处连续。但若题目加强条件，假设了这些条件，那么这种解法就是正确的。
② 利用导数定义求某些极限是一类重要题型，应熟悉导数定义的极限构造形式，并注意利用复合函数的极限运算性质与已知重要极限的结论。
练习题
例题1
设函数 \(f(x) = (x - 2)\varphi(x)\)，其中 \(\varphi(x)\) 在 \(x = 2\) 处连续。试问 \(f(x)\) 在 \(x = 2\) 处是否可导？若可导，求 \(f'(2)\)。
题目解答
由于 \(\varphi(x)\) 在 \(x = 2\) 处连续，但未说明是否可导，因此不能直接应用乘积求导法则。需按导数定义考察极限：
由 \(\varphi(x)\) 在 \(x = 2\) 处连续，得 \(\lim_{x \to 2} \varphi(x) = \varphi(2)\)。因此 \(f'(2) = \varphi(2)\)，即 \(f(x)\) 在 \(x = 2\) 处可导。
例题2
设 \(f'(0)\) 存在，且 \(f(0) = 1\)，\(f'(0) = 2\)。求极限：
\[\lim_{n \to \infty} \left[ f\left( \frac{1}{n} \right) \right]^{\frac{n}{1 - e^{1/n}}}.\]题目解答
将极限改写为指数形式：
计算指数部分的极限。注意到当 \(n \to \infty\) 时，\(\frac{1}{n} \to 0\)，且 \(1 - e^{1/n} \sim -\frac{1}{n}\)。因此：
\[\frac{n}{1 - e^{1/n}} \sim \frac{n}{-1/n} = -n^2.\]但需精确计算。利用等价无穷小 \(e^{1/n} - 1 \sim \frac{1}{n}\)，得 \(1 - e^{1/n} \sim -\frac{1}{n}\)，故：
\[\frac{n}{1 - e^{1/n}} \sim \frac{n}{-1/n} = -n^2.\]然而，直接代入会导致发散，需重新审视。实际上，应利用导数定义：
\[\lim_{n \to \infty} \frac{n}{1 - e^{1/n}} \ln f\left( \frac{1}{n} \right) = \lim_{n \to \infty} \frac{ \ln f\left( \frac{1}{n} \right) - \ln f(0) }{1 - e^{1/n}} \cdot n.\]由 \(1 - e^{1/n} \sim -\frac{1}{n}\)，得：
\[原式 = \lim_{n \to \infty} \frac{ \ln f\left( \frac{1}{n} \right) - \ln f(0) }{-\frac{1}{n}} = - \lim_{t \to 0} \frac{ \ln f(t) - \ln f(0) }{t} = - [\ln f(x)]'|_{x=0} = -\frac{f'(0)}{f(0)} = -\frac{2}{1} = -2.\]因此，原极限为 \(e^{-2}\).
例题3
设 \(f'(x)\) 存在，求极限：
\[\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + 3\Delta x) - f(x - 2\Delta x)}{\Delta x}.\]题目解答
将原式拆分为导数定义形式：
令 \(t = 3\Delta x\)，\(s = -2\Delta x\)，则当 \(\Delta x \to 0\) 时，\(t \to 0\)，\(s \to 0\)。因此：
\[原式 = 3 \lim_{t \to 0} \frac{f(x + t) - f(x)}{t} + 2 \lim_{s \to 0} \frac{f(x + s) - f(x)}{s} = 3f'(x) + 2f'(x) = 5f'(x).\]例题4
设 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处可导，且 \(f(0) = 0\)，\(f'(0) = 1\)。求极限：
\[\lim_{x \to 0} \frac{f(2x) - f(-3x)}{x}.\]题目解答
将极限改写为：
由导数定义：
\[\lim_{t \to 0} \frac{f(t) - f(0)}{t} = f'(0) = 1.\]因此：
\[原式 = 2 \cdot 1 + 3 \cdot 1 = 5.\]