分段点的导数是否可以用两侧导函数的极限来求？
在以前有一个问题一直困扰着我，对于分段函数的导函数是否可以用两侧导函数的极限去求，我曾长期认为我这种想法没有问题，并且对于高中时期的题目我也一直这么干，也没错过，但我从未求证过，直到看到了导数极限定理才解开了我的疑惑。
以下先给出两侧导数的定义
\(f(x)\)在\(x_{0}\)处的右导数：\(\lim_{\Delta x \rightarrow 0^{+}}\frac{\Delta y}{\Delta x}= \lim _{\Delta x \rightarrow 0^{+}}\frac{f(x_{0}+ \Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x},(0< \Delta x< \delta)\)
\(f(x)\)在\(x_{0}\)处的左导数：\(\lim_{\Delta x \rightarrow 0^{-}}\frac{\Delta y}{\Delta x}= \lim _{\Delta x \rightarrow 0^{-}}\frac{f(x_{0}+ \Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x},(0< \Delta x< \delta)\)
我们这里将\(f(x)\)在\(x_{0}\)处的左导数记为\(f'_{-}(x_{0})\),将\(f(x)\)在\(x_{0}\)处的右导数记为\(f'_{+}(x_{0})\)
而\(f(x)\)的导函数\(f'(x)\)在\(x_{0}\)处的两侧极限定义分别如下
\(f^{\prime}(x_{0}^{+})= \lim _{x \rightarrow x_{0}^{+}}f^{\prime}(x)\)
\(f^{\prime}(x_{0}^{-})= \lim _{x \rightarrow x_{0}^{-}}f^{\prime}(x)\)
从定义不难知道导数本质上是一个极限，而导函数在某一点的极限，本质上是导函数的一个极限，而导函数本身又是通过极限定义的，所以可以看成是两个极限
我曾一直认为这二者相等，但事实上这两者是完全不同的概念，这里举一个高数中非常经典的反例
\(f ( x ) = \{ \begin{array} { l } { x ^ { 2 } \sin \frac { 1 } { x } , x \neq 0 } \\ { 0 , x = 0 } \end{array}\)
这里我们分别求出它在0处的左右导数以及其导函数在0点的左右极限
\(f _ { + } ( 0 ) = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x } = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } x \sin \frac { 1 } { x } = 0\)
\(f _ { - } ( 0 ) = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x } = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } x \sin \frac { 1 } { x } = 0\)
当\(x \neq 0\)时，\(f '( x ) = 2 x \sin \frac { 1 } { x } - \cos \frac { 1 } { x }\)
\(f '( 0 ^ { + } ) = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } f ^ { \prime } ( x ) = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } ( 2 x \sin \frac { 1 } { x } - \cos \frac { 1 } { x } ) =不存在\)
\(f ^ { \prime } ( 0 ^ { - } ) = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } f ^ { \prime } ( x ) = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } ( 2 x \sin \frac { 1 } { x } - \cos \frac { 1 } { x } ) =不存在\)
可见，对于这个分段函数，分段点的导数和导数在分段点的极限并不相等，这就说明了我以前用这种方式做题能做对仅仅是运气好，并不是所有函数的单侧导数都和导函数的单侧极限相等，或者说，要满足这个性质是需要条件的，这就引入了导数极限定理
导数极限定理
● 函数\(f(x)\)在\(x_{0}\)的邻域\(U(x_{0})\)内连续
● 函数\(f(x)\)在\(x_{0}\)的去心邻域\(\mathring{U}(x_{0})\)内可导
● \(\lim _ { x \rightarrow x _ { 0 } } f '( x )\)存在
如果满足以上三个条件，则\(f(x)\)在\(x_{0}\)可导，且且\(f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \lim _ { x \rightarrow x _ { 0 } } f' ( x )\)
简而言之，要让函数的单侧导数等于导函数的单侧极限，原函数必须在邻域内连续，去心邻域内可导，并且导函数的极限要存在
去心邻域内可导很好验证，因为左右导数既然可以求出导函数，那么在其导函数有定义的点必然是可导的，而对导函数极限存在也很好验证，因为我们的结论本身就要对导函数求极限，关键在于没有考虑到连续性问题
导数极限定理的证明
任取\(x \in \mathring{U}_{+}(x_{0})\)，根据条件，必然有\(f(x)\)在\((x,x_{0})\)可导，在\([x,x_{0}]\)内连续，根据拉格朗日中值定理，必然存在一点\(\xi\in(x_{0},x)\)有
\(\frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } = f ^ { \prime } (\xi )\ \ \ \ \ \ \ \ (1)\)
由于\(\xi\in(x_{0},x)\)，\(x _ { 0 } \lt \xi \lt x\)，当\(x \to x_{0}\)时，根据夹逼准则，有\(\xi \to x_{0}\)
此时对(1)式左右两边同时取\(x \to x_{0}\)的极限
\(f'_{+}(x_{0})=\lim _ { x \rightarrow x _ { 0 }^{+} } \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } = \lim _ { x \rightarrow x_{0}^{+} } f' ( \xi ) = f '( x^{+} _ { 0 } )\ \ \ \ \ \ \ \ (2)\)
同理可得\(f'_{-}(x_{0})= f '( x^{-} _ { 0 } )\ \ \ \ \ \ \ \ (3)\)
由于\(\lim _ { x \rightarrow x _ { 0 } } f '( x )\)存在，设\(\lim _ { x \rightarrow x _ { 0 } } f '( x ) = k\)，由于 极限存在，即左极限等于右极限，有\(f'(x_{0}^{+})= f '( x^{-} _ { 0 } ) = k\)
又由于(2)和(3)，有\(f '_ { + } ( x _ { 0 } ) = f' _ { - } ( x _ { 0 } ) = k\)从而有\(f'(x_{0})=k\)