(2)已知f(x)在 =(x)_(0) 处可导,且有 lim _(harrow 0)dfrac (2h)(f({x)_(0))-f((x)_(0)-4h)}=-dfrac (1)(4) 则-|||-'((x)_(0))=() .-|||-A. -4 B. -2 C.2 D.4

本题考查导数的定义，解题的关键在于通过对所给极限式子进行变形，使其与导数的定义式建立联系，进而求出$f^\prime(x_0)$的值。

步骤一：对已知极限式子进行变形

已知$\lim _{h\rightarrow 0}\dfrac {2h}{f({x}_{0})-f({x}_{0}-4h)}=-\dfrac {1}{4}$，根据极限的运算法则，其倒数的极限也存在，所以$\lim _{h\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}-4h)}{2h}=-4$。

步骤二：构造导数定义式

根据导数的定义，函数$f(x)$在$x = x_0$处的导数$f^\prime(x_0)=\lim\limits_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$。
在$\lim _{h\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}-4h)}{2h}$中，令$\Delta x = -4h$，当$h \to 0$时，$\Delta x \to 0$。
此时$h = -\dfrac{\Delta x}{4}$，将其代入$\lim _{h\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}-4h)}{2h}$可得：
$\lim _{h\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}-4h)}{2h}=\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}+\Delta x)}{2\times (-\dfrac{\Delta x}{4})}$

步骤三：化简并计算极限

对$\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}+\Delta x)}{2\times (-\dfrac{\Delta x}{4})}$进行化简：
$\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}+\Delta x)}{2\times (-\dfrac{\Delta x}{4})}=\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0}+\Delta x)-f({x}_{0})}{\dfrac{\Delta x}{2}} = 2\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0}+\Delta x)-f({x}_{0})}{\Delta x}$
由导数的定义可知$\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0}+\Delta x)-f({x}_{0})}{\Delta x}=f^\prime(x_0)$，所以$2\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0}+\Delta x)-f({x}_{0})}{\Delta x}=2f^\prime(x_0)$。

步骤四：求解$f^\prime(x_0)$

因为$\lim _{h\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}-4h)}{2h}=-4$，且$\lim _{h\rightarrow 0}\dfrac {f({x}_{0})-f({x}_{0}-4h)}{2h}=2f^\prime(x_0)$，所以$2f^\prime(x_0)= -4$，解得$f^\prime(x_0)= -2$。