上册 3.1 一元函数的导数 第14题
📝 题目
14．设 $D(x)=\left\{\begin{array}{l}1, x \in \mathbf{Q}, \\ 0, x \in \mathbf{R}-\mathbf{Q},\end{array}\right.$（ $\mathbf{Q}$ 为有理数集）．讨论下列函数的可微性．
（1）$f(x)=x^{\alpha} D(x),(\alpha>1)$ ．
（2）$f(x)=(x-1)^{2} D(x)$ ．
（3）$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2} D(x) \sin \frac{1}{x}, x \neq 0, \\ 0, x=0,\end{array}\right.$ 求 $f^{\prime}(0)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）当 $x_{0} \neq 0$ 时，分别取收敛于 $x_{0}$ 的有理点列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和无理点列 $\left\{b_{n}\right\}$ 有
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(a_{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}^{\alpha}=x_{0}^{\alpha}, \lim _{n \rightarrow \infty} f\left(b_{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} 0=0 .
$$
由习结原则知极限 $\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)$ 不存在．所以 $f(x)$ 在 $x \neq 0$ 时不连续，从而不可微．
当 $x \neq 0$ 时，由于 $\displaystyle \left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right| \leqslant\left|x^{\alpha-1} D(x)\right| \leqslant\left|x^{\alpha-1}\right|$ ，故 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0$ ．所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f^{\prime}(0)=0$ 。
（2）当 $x_{0} \neq 1$ 时，分别取收敛于 $x_{0}$ 的有理点列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和无理点列 $\left\{b_{n}\right\}$ 有
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(a_{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}-1\right)^{2}=\left(x_{0}-1\right)^{2}, \lim _{n \rightarrow \infty} f\left(b_{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} 0=0
$$
由归结原则极限 $\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)$ 不存在。所以 $f(x)$ 在 $x \neq 1$ 时不连续，从而不可微。
当 $x \neq 1$ 时，由于 $\displaystyle \left|\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\right| \leqslant|(x-1) D(x)| \leqslant|x-1|$ ，故 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 1} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=0$ ．所以 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，且 $f^{\prime}(1)=0$ ．
（3）当 $x \neq 0$ 时，由于 $\displaystyle \left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right| \leqslant\left|x D(x) \sin \frac{1}{x}\right| \leqslant|x|$ ，故 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0$ ．所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f^{\prime}(0)=0$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：分析函数定义和可微性条件
函数 $D(x)$ 是狄利克雷函数，在有理点取1，无理点取0。可微性要求函数在该点连续且导数存在。由于 $D(x)$ 处处不连续，但乘以因子后可能在个别点连续。
提示：注意可微必连续，因此先判断连续性。
步骤 2/6
目标：讨论(1)中 $x \neq 0$ 时的连续性
对于 $x_0 \neq 0$，取有理点列 $\{a_n\}$ 收敛于 $x_0$，则 $f(a_n)=a_n^\alpha \to x_0^\alpha$；取无理点列 $\{b_n\}$ 收敛于 $x_0$，则 $f(b_n)=0 \to 0$。由于 $x_0^\alpha \neq 0$，极限不存在，故 $f$ 在 $x_0$ 不连续，从而不可微。
提示：利用归结原则：若函数在一点极限存在，则所有子列极限相同。
步骤 3/6
目标：讨论(1)中 $x=0$ 处的可微性
计算差商：$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right| = |x^{\alpha-1} D(x)| \leq |x^{\alpha-1}|$。由于 $\alpha>1$，$\lim_{x\to 0} |x^{\alpha-1}| = 0$，由夹逼定理得 $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0$，故 $f'(0)=0$。
公式：夹逼定理
提示：注意 $D(x)$ 有界，乘以 $x^{\alpha-1}$ 后趋于0。
步骤 4/6
目标：讨论(2)中 $x \neq 1$ 时的连续性
对于 $x_0 \neq 1$，取有理点列 $\{a_n\} \to x_0$，则 $f(a_n)=(a_n-1)^2 \to (x_0-1)^2$；取无理点列 $\{b_n\} \to x_0$，则 $f(b_n)=0 \to 0$。由于 $(x_0-1)^2 \neq 0$，极限不存在，故 $f$ 在 $x_0$ 不连续，不可微。
提示：与(1)类似，但特殊点是 $x=1$。
步骤 5/6
目标：讨论(2)中 $x=1$ 处的可微性
计算差商：$\left|\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\right| = |(x-1) D(x)| \leq |x-1|$。当 $x\to 1$ 时，$|x-1|\to 0$，由夹逼定理得 $\lim_{x\to 1} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=0$，故 $f'(1)=0$。
公式：夹逼定理
提示：注意 $f(1)=0$。
步骤 6/6
目标：讨论(3)中 $x=0$ 处的可微性
计算差商：$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right| = |x D(x) \sin\frac{1}{x}| \leq |x|$。当 $x\to 0$ 时，$|x|\to 0$，由夹逼定理得 $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0$，故 $f'(0)=0$。
公式：夹逼定理
提示：注意 $\sin(1/x)$ 有界，乘以 $x$ 后趋于0。
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