上册 3.1 一元函数的导数 第19题
📝 题目
19．设 $g(x)$ 有二阶连续导数，且 $g(0)+g^{\prime}(0)=0$ ．若 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{g(x)-e^{-x}}{x}, x \neq 0 \\ 0, x=0\end{array}\right.$ 连续，则 $f(x)$ 在 R 可导且导函数 $f^{\prime}(x)$ 连续．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由已知有 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{g(x)-\mathrm{e}^{-x}}{x}=f(0)=0$ ．所以 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(g(x)-\mathrm{e}^{-x}\right)=0, g(0)=\lim _{x \rightarrow 0} g(x)=1$ ．于是 $g^{\prime}(0)=-1$ ．
当 $x=0$ 时，$\displaystyle f^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{g(x)-\mathrm{e}^{-x}}{x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{g^{\prime}(x)+\mathrm{e}^{-x}}{2 x}$
$$
=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{g^{\prime \prime}(x)-\mathrm{e}^{-x}}{2}=\frac{1}{2}\left(g^{\prime \prime}(0)-1\right)
$$
当 $x \neq 0$ 时，$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{x\left(g^{\prime}(x)+\mathrm{e}^{-x}\right)-g(x)+\mathrm{e}^{-x}}{x^{2}}$ ．
$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0} f^{\prime}(x) & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x\left(g^{\prime}(x)+\mathrm{e}^{-x}\right)-g(x)+\mathrm{e}^{-x}}{x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{g^{\prime}(x)+\mathrm{e}^{-x}+x\left(g^{\prime \prime}(x)-\mathrm{e}^{-x}\right)-g^{\prime}(x)-\mathrm{e}^{-x}}{2 x} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{g^{\prime \prime}(x)-\mathrm{e}^{-x}}{2}=\frac{1}{2}\left(g^{\prime \prime}(0)-1\right)=f^{\prime}(0)
\end{aligned}
$$
所以 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 可导，且导函数 $f^{\prime}(x)$ 连续．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：利用连续性确定初始条件
由 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，得 $\lim_{x\to 0} f(x) = f(0)=0$，即 $\lim_{x\to 0} \frac{g(x)-e^{-x}}{x}=0$。因此分子趋于0，故 $\lim_{x\to 0} (g(x)-e^{-x})=0$，所以 $g(0)=1$。又由 $g(0)+g'(0)=0$，得 $g'(0)=-1$。
公式：连续性定义：$\lim_{x\to 0} f(x)=f(0)$
提示：注意极限为0时分子必须趋于0，否则极限不存在。
步骤 2/5
目标：计算 $f'(0)$
由导数定义：$f'(0)=\lim_{x\to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0} \frac{g(x)-e^{-x}}{x^2}$。应用洛必达法则（0/0型），得 $\lim_{x\to 0} \frac{g'(x)+e^{-x}}{2x}$。再次应用洛必达法则，得 $\lim_{x\to 0} \frac{g''(x)-e^{-x}}{2}=\frac{1}{2}(g''(0)-1)$。
公式：导数定义：$f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$；洛必达法则
提示：使用洛必达法则前需验证0/0型；注意二阶导连续，故极限存在。
步骤 3/5
目标：求 $x\neq 0$ 时的 $f'(x)$
当 $x\neq 0$ 时，$f(x)=\frac{g(x)-e^{-x}}{x}$，直接求导得 $f'(x)=\frac{x(g'(x)+e^{-x})-(g(x)-e^{-x})}{x^2}=\frac{x(g'(x)+e^{-x})-g(x)+e^{-x}}{x^2}$。
公式：商的求导法则：$(u/v)'=(u'v-uv')/v^2$
提示：注意分子是 $g(x)-e^{-x}$，求导时 $e^{-x}$ 的导数为 $-e^{-x}$，故 $g'(x)+e^{-x}$。
步骤 4/5
目标：证明 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续
计算 $\lim_{x\to 0} f'(x)=\lim_{x\to 0} \frac{x(g'(x)+e^{-x})-g(x)+e^{-x}}{x^2}$。应用洛必达法则（0/0型），分子求导得 $g'(x)+e^{-x}+x(g''(x)-e^{-x})-g'(x)-e^{-x}=x(g''(x)-e^{-x})$，分母求导得 $2x$，故极限为 $\lim_{x\to 0} \frac{g''(x)-e^{-x}}{2}=\frac{1}{2}(g''(0)-1)=f'(0)$。因此 $\lim_{x\to 0} f'(x)=f'(0)$，即 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。
公式：洛必达法则；极限连续性定义
提示：洛必达法则使用两次，注意分子求导时各项符号。
步骤 5/5
目标：总结结论
由以上推导，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续；当 $x\neq 0$ 时 $f'(x)$ 由初等函数构成，显然连续。因此 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导且导函数连续。
提示：注意 $x\neq 0$ 时 $f'(x)$ 的连续性由分母不为0保证。
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