一、导数的概念及几何意义

1. 导数的概念

定义（导数） 设函数 $y = f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内有定义，如果极限

存在，则称 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导，并称此极限值为 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的导数，记为 $f'(x_0)$ 或 $y' \bigg|_{x=x_0}$ 或 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=x_0}$. 如果上述极限不存在，则称 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处不可导.

【注】 常用的导数定义的等价形式有：

(2) 利用导数的定义求导数：若 $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = A$，则 $f'(x_0) = A$.

(3) 利用导数的定义可求极限：若已知 $f(x)$ 在 $x_0$ 点可导，则

其中 $\Box$ 代表趋于 $x_0$ 的变量.

定义（左导数） 设函数 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 及其某个左邻域内有定义，若左极限

存在，则称该极限值为 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的左导数，记为 $f_-^\prime(x_0)$.

定义（右导数） 设函数 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 及其某个右邻域内有定义，若右极限

存在，则称该极限值为 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的右导数，记为 $f_+'(x_0)$。

左导数：$f_-'(x_0) = \lim_{\Delta x\to 0^-} \frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} = \lim_{h\to 0^-} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$

$=\lim_{x\to x_0^-} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.$

右导数：$f_+'(x_0) = \lim_{\Delta x\to 0^+} \frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} = \lim_{h\to 0^+} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$

$=\lim_{x\to x_0^+} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.$

定理 函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导的充分必要条件是它在该点处左导数与右导数都存在且相等.

【注】 (1) 若 $f(x)$ 在 $x_0$ 点的左导数 $f_-'(x_0)$、右导数 $f_+'(x_0)$ 至少有一个不存在或都存在，但不相等，则 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不可导，导数 $f'(x_0)$ 不存在.

(2) 利用此定理可判断分段函数在分段点处的导数.

定义（区间上可导及导函数） 如果 $y=f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 内每一点都可导，则称 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内可导. 此时对于 $(a,b)$ 内的每一点 $x$，都对应一个导数值 $f'(x)$，常称 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内的导函数，简称为导数. 若 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内可导，且 $f_+'(a)$ 和 $f_-'(b)$ 都存在，则称 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上可导.

导函数：$f'(x) = \lim_{\Delta x\to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}.$

【注】 $f(x)$ 在 $x_0$ 点的导数 $f'(x_0)$，即为导函数 $f'(x)$ 在点 $x_0$ 处的函数值. 即 $f'(x_0) = f'(x)\bigg|_{x=x_0}$.

例 1 设 $f(x) = (x-2)\sqrt[3]{(x+1)^2(x-1)}$，则 $f'(2)=$ ______.

【解】 由导数定义知

【评注】 求一点的导数，用导数定义较简单.

例 2 （2012，数三）设函数 $f(x)=(e^x-1)(e^{2x}-2)\cdots(e^{nx}-n)$，则 $f'(0)=$

(A) $(-1)^{\pi-1}(n-1)!$.

(B) $(-1)^\pi(n-1)!$.

(C) $(-1)^{\pi-1}n!$.

(D) $(-1)^\pi n!$.

【解】 由导数定义及 $f(0)=0$，得

故应选 (A).

例 3 设 $f(x) = \begin{cases} \frac{1-e^{-x^2}}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{cases}$ 则 $f'(0) =$ ______.

【解】

例 4 设 $f(x) = \begin{cases} \frac{2x}{1+e^x}, & x \leq 0, \\ x^2 \sin \frac{1}{x}, & x > 0, \end{cases}$ 讨论 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处的可导性.

【解】
因 $f(x)$ 为分段函数，$x = 0$ 为其分段点，故应先求左、右导数.

因 $f'_-(0) \neq f'_+(0)$，所以 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处不可导.

例 5 设 $f(x) = \begin{cases} x, & x < 0, \\ x e^x, & x \geq 0, \end{cases}$ 则 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处

(A) 可导，且 $f'(0) = 0$.

(B) 可导，且 $f'(0) = 1$.

(C) 可导，且 $f'(0) = 2$.

(D) 不可导.

【解】

由于 $f'_-(0) = f'_+(0) = 1$，则 $f(x)$ 在 $x = 0$ 点可导，且 $f'(0) = 1$，故应选(B).

例 6 设函数 $y = f(x)$ 在 $x = 0$ 点连续，且 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x) + 2}{x} = 3$，问函数 $f(x)$ 在 $x = 0$ 点是否可导？若可导，求 $f'(0)$.

【解】
由 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x) + 2}{x} = 3$ 及 $\lim_{x \to 0} x = 0$ 得 $\lim_{x \to 0} [f(x) + 2] = 0$，又由 $f(x)$ 在 $x = 0$ 点连续得 $\lim_{x \to 0} [f(x) + 2] = f(0) + 2$，则 $f(0) + 2 = 0$，即 $f(0) = -2$.

于是有 $f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) + 2}{x} = 3$，所以 $f(x)$ 在 $x = 0$ 点可导，且 $f'(0) = 3$.

例 7 讨论函数 $f(x) = \begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ 在 $x = 0$ 处的连续性和可导性.

【解】

则 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续.

而 $\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(0 + \Delta x) - f(0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x \sin \frac{1}{\Delta x}}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \sin \frac{1}{\Delta x}$, 极限不存在,
所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 处不可导.

【评注】一般地, 可考虑 $f(x)= \begin{cases} x^{\alpha} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x=0 \end{cases}$ 在 $x=0$ 处的连续性和可导性.
$\alpha > 0$ 时连续, $\alpha > 1$ 时可导.

例 8 (2018, 数一、二、三) 下列函数中, 在 $x=0$ 处不可导的是

(A) $f(x)= |x| \sin |x|$.

(B) $f(x)= |x| \sin \sqrt{|x|}$.

(C) $f(x)= \cos |x|$.

(D) $f(x)= \cos \sqrt{|x|}$.

【解】由导数定义知, 对于选项 (D)

该极限不存在, 则 $f(x)=\cos \sqrt{|x|}$ 在 $x=0$ 处不可导, 故应选 (D).

而对于选项 (A)(B)(C) 有

所以对于 (A)(B)(C), $f(x)$ 在 $x=0$ 点都可导. 故应选 (D).

例 9 (1994, 数三) 设

则 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的

(A) 左、右导数都存在.

(B) 左导数存在但右导数不存在.

(C) 左导数不存在但右导数存在.

(D) 左、右导数都不存在.

【解】

则左导数存在但右导数不存在. 故应选 (B).

例 10 (2006, 数三、四) 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续, 且 $\lim_{h \to 0} \frac{f(h^{2})}{h^{2}} = 1$, 则

(A) $f(0)=0$ 且 $f_{-}^{\prime}(0)$ 存在.

(B) $f(0)=1$ 且 $f_{-}^{\prime}(0)$ 存在.

(C) $f(0)=0$ 且 $f_{+}^{\prime}(0)$ 存在.

(D) $f(0)=1$ 且 $f_{+}^{\prime}(0)$ 存在.

【解析】

例 11
（2003，数四）设函数 $f(x) = |x^3 - 1| \cdot \varphi(x)$，其中 $\varphi(x)$ 在 $x = 1$ 处连续，则 $\varphi(1) = 0$ 是 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处可导的

(A) 充分必要条件.

(B) 必要但非充分条件.

(C) 充分但非必要条件.

(D) 既非充分也非必要条件.

【解】

则 $f(x)$ 在 $x = 1$ 点可导的充要条件是 $f_-'(1) = f_+'(1)$，即 $-3 \varphi(1) = 3 \varphi(1)$，即 $\varphi(1) = 0$。故应选 (A).

例 12
（1989，数二）设 $f(x)$ 在 $x = a$ 的某个邻域内有定义，则 $f(x)$ 在 $x = a$ 处可导的一个充分条件是

(A) $\lim_{h \to \infty} h \left[ f\left(a + \frac{1}{h}\right) - f(a)\right]$ 存在.

(B) $\lim_{h \to 0} \frac{f(a + 2h) - f(a + h)}{h}$ 存在.

(C) $\lim_{h \to 0} \frac{f(a + h) - f(a - h)}{2h}$ 存在.

(D) $\lim_{h \to 0} \frac{f(a) - f(a - h)}{h}$ 存在.

【解】
(A) 选项不是充分条件，对于 (A)，令 $\frac{1}{h} = \Delta x$，则 $\Delta x \to 0^+$，只能得到

存在，推不出

存在，即推不出 $f'(a)$ 存在。

而 (B)(C) 选项也不是充分条件，举例说明：令 $f(x) = \begin{cases} (x - a)^2, & x \neq a, \\ 1, & x = a, \end{cases}$

有

的存在，但

则 $f(x)$ 在 $x = a$ 点不可导。

由排除法知 (D) 是充分条件，事实上，令 $-h = \Delta x$，则

所以由 (D) 可推出 $f(x)$ 在 $x = a$ 处可导。故应选 (D).

例 13
若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导，求下列极限

$\begin{aligned} (1) & \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0} + 3\Delta x) - f(x_{0})}{\Delta x}; \\ (2) & \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0}) - f(x_{0} - 2\Delta x)}{\Delta x} \\ (3) & \lim_{h \to 0} \frac{f(x_{0} + 2h) - f(x_{0} - 5h)}{h}; \qquad \\ (4) & \lim_{n \to \infty} \left[ f\left(x_{0} - \frac{1}{n}\right) - f\left(x_{0} + \frac{1}{2n}\right) \right]. \end{aligned}$

【解】 由导数的定义知

(1) $\begin{aligned} \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0} + 3\Delta x) - f(x_{0})}{\Delta x} & = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0} + 3\Delta x) - f(x_{0})}{3\Delta x} \cdot 3 \\ & = 3 \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0} + 3\Delta x) - f(x_{0})}{3\Delta x} = 3f'(x_{0}). \end{aligned}$

(2) $\begin{aligned} \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0}) - f(x_{0} - 2\Delta x)}{\Delta x} & = 2 \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0} - 2\Delta x) - f(x_{0})}{-2\Delta x} = 2f'(x_{0}). \end{aligned}$

(3) $\begin{aligned} \lim_{h \to 0} \frac{f(x_{0} + 2h) - f(x_{0} - 5h)}{h} & = \lim_{h \to 0} \frac{\left[f(x_{0} + 2h) - f(x_{0})\right] - \left[f(x_{0} - 5h) - f(x_{0})\right]}{h} \\ & = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_{0} + 2h) - f(x_{0})}{h} - \lim_{h \to 0} \frac{f(x_{0} - 5h) - f(x_{0})}{h} \\ & = 2 \lim_{h \to 0} \frac{f(x_{0} + 2h) - f(x_{0})}{2h} + 5 \lim_{h \to 0} \frac{f(x_{0} - 5h) - f(x_{0})}{-5h} \\ & = 2f'(x_{0}) + 5f'(x_{0}) = 7f'(x_{0}). \end{aligned}$

(4) $\begin{aligned} & \lim_{n \to \infty} \left[ f\left(x_{0} - \frac{1}{n}\right) - f\left(x_{0} + \frac{1}{2n}\right) \right] \\ & = \lim_{n \to \infty} \left[ f\left(x_{0} - \frac{1}{n}\right) - f(x_{0}) + f(x_{0}) - f\left(x_{0} + \frac{1}{2n}\right) \right] \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{f\left(x_{0} - \frac{1}{n}\right) - f(x_{0})}{\frac{1}{n}} - \lim_{n \to \infty} \frac{f\left(x_{0} + \frac{1}{2n}\right) - f(x_{0})}{\frac{1}{n}} \\ & = -\lim_{n \to \infty} \frac{f\left(x_{0} - \frac{1}{n}\right) - f(x_{0})}{-\frac{1}{n}} - \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \frac{f\left(x_{0} + \frac{1}{2n}\right) - f(x_{0})}{\frac{1}{2n}} \\ & = -f'(x_{0}) - \frac{1}{2} f'(x_{0}) = -\frac{3}{2} f'(x_{0}). \end{aligned}$

【评注】 利用导数的定义可以求极限：若 $f(x)$ 在 $x_0$ 点可导，则有 $\begin{aligned} & \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0} + a\Delta x) - f(x_{0})}{\Delta x} = a f'(x_{0}), \\ & \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0}) - f(x_{0} + a\Delta x)}{\Delta x} = -a f'(x_{0}), \\ & \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_{0} + a\Delta x) - f(x_{0} + b\Delta x)}{\Delta x} = (a - b) f'(x_{0}), \end{aligned}$ 其中 $a, b$ 为常数.

$\lim_{\square \to x_{0}} \frac{f(\square) - f(x_{0})}{\square - x_{0}} = f'(x_{0}),$ 其中 $\square$ 可为函数或数列表达式，且 $\square \to x_{0}$.

例 14 （1994，数三）已知 $f'(x_{0}) = -1$，则 $\lim_{x \to 0} \frac{x}{f(x_{0} - 2x) - f(x_{0} - x)} = \quad$.

【解】 根据导数的定义求极限 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x_{0} - 2x) - f(x_{0} - x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x_{0} - 2x) - f(x_{0}) + f(x_{0}) - f(x_{0} - x)}{x}$

$\begin{aligned} &= \lim_{x \to 0} \frac{f(x_0 - 2x) - f(x_0)}{x} - \lim_{x \to 0} \frac{f(x_0 - x) - f(x_0)}{x} \\ &= -2 \lim_{x \to 0} \frac{f(x_0 - 2x) - f(x_0)}{-2x} + \lim_{x \to 0} \frac{f(x_0 - x) - f(x_0)}{-x} \\ &= -2f'(x_0) + f'(x_0) = -f'(x_0) = 1, \end{aligned}$

则 $\lim_{x \to 0} \frac{x}{f(x_0 - 2x) - f(x_0 - x)} = 1$，故应填 1.

例 15 （2011，数二、三）设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f(0)=0$，则 $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 f(x) - 2f(x^3)}{x^3}$

（A）$-2f'(0)$.

（B）$-f'(0)$.

（C）$f'(0)$.

（D）$0$.

【解】 $\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{x^2 f(x) - 2f(x^3)}{x^3} &= \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} - 2 \lim_{x \to 0} \frac{f(x^3)}{x^3} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} - 2 \lim_{x \to 0} \frac{f(x^3) - f(0)}{x^3 - 0} \\ &= f'(0) - 2f'(0) = -f'(0). \end{aligned}$

故应选（B）.

例 16 （2013，数三）设曲线 $y = f(x)$ 与 $y = x^2 - x$ 在点 $(1, 0)$ 处有公共切线，则 $\lim_{n \to \infty} f\left(\frac{n}{n+2}\right) = \quad$.

【解】 由导数的几何意义知 $f'(1) = (x^2 - x)' \big|_{x=1} = (2x - 1) \big|_{x=1} = 1$，且 $f(1) = 0$.

则 $\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} f\left(\frac{n}{n+2}\right) &= \lim_{n \to \infty} \frac{f\left(\frac{n}{n+2}\right) - f(1)}{\frac{1}{n}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{f\left(\frac{n}{n+2}\right) - f(1)}{\frac{n}{n+2} - 1} \cdot \frac{\frac{n}{n+2} - 1}{\frac{1}{n}} \quad （导数定义） \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{f\left(\frac{n}{n+2}\right) - f(1)}{\frac{n}{n+2} - 1} \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n}{n+2} - 1}{\frac{1}{n}} \\ &= f'(1) \cdot (-2) = -2f'(1) = -2. \end{aligned}$

【评注】 若曲线 $y = f(x)$ 与曲线 $y = g(x)$ 在 $(x_0, y_0)$ 处相切，则 $f(x_0) = g(x_0) = y_0$，且 $f'(x_0) = g'(x_0)$.

例 17 设 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，且 $f'(1) = 1$，求 $\lim_{x \to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x^{2025} - 1}$.

【解】 $\begin{aligned} \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x^{2025} - 1} &= \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - f(1)}{(x-1)(x^{2024} + x^{2023} + \cdots + x + 1)} \\ &= \frac{f'(1)}{2025} = \frac{1}{2025}. \end{aligned}$

例 18 已知 $f(x)$ 在 $x=0$ 点可导，则 $\lim_{x \to 0} \frac{f(4x) - f(-2x)}{x} = \quad$.

【解】 原式 $= \lim_{x \to 0} \frac{f(4x) - f(0) + f(0) - f(-2x)}{x}$

$= \lim_{x \to 0} \frac{f(4x) - f(0)}{x} - \lim_{x \to 0} \frac{f(-2x) - f(0)}{x}$

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0} \frac{f(4x) - f(0)}{4x} + 2 \lim_{x \to 0} \frac{f(-2x) - f(0)}{-2x} \\ & = 4 f'(0) + 2 f'(0) = 6 f'(0). \end{aligned}$

例 19 若 $f'(6)$ 存在，且 $\lim_{x \to 2} \frac{f(2+2x) - f(6)}{x^2 - 4} = 5$，则 $f'(6) = \underline{\qquad\qquad}$.

【解】因 $f'(6)$ 存在，由导数定义知