首先，我们考虑\(f(x)\)在\(\mathbb R\)上都是定义的。根据定义，显然有\(f(0)=0\)；其次，对于\(x\neq0\)，不妨先设\(x\gt0\)，则有在\(t\rightarrow\frac1t\)的积分变换下为
\[0<f(x)=\int_0^x\left|\sin\frac1t\right|\text dt=\int_{\frac1x}^{+\infty}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt\le\int_{\frac1x}^{+\infty}\frac{\text dt}{t^2}\tag{1}\label{1}
\]
显然由于积分\(\int_{\frac1x}^{+\infty}\frac{\text dt}{t^2}\)是收敛的，故\(f(x)\)的确是有定义的；\(x<0\)同理，从而\(f(x)\)在\(\mathbb R\)上的确都是有定义的。
现在，我们考虑\(f(x)\)是否连续这个问题，在\(x\neq0\)时，\(f(x)\)显然是连续的。现在我们重点来考察\(x=0\)这点是否连续。依旧利用\((\ref{1})\)式的讨论，则有
\[0\lt\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^+}\int_0^x\left|\sin\frac1t\right|\text dt\le\lim_{x\rightarrow0^+}\int_{\frac1x}^{+\infty}\frac{\text dt}{t^2}=0\tag{2}
\]
故而，\(\begin{align}\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=0\end{align}\)；同理，可证\(\begin{align}\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=0\end{align}\)。又\(f(0)=0\)，故有\(\begin{align}\lim_{x\rightarrow0}f(x)=f(0)\end{align}\)，即\(f(x)\)在\(x=0\)处也连续。即\(f(x)\)在\(\mathbb R\)上连续，现在，我们就可以开始着手讨论\(f(x)\)在\(\mathbb R\)上的求导问题了。
当\(x\neq0\)时，容易证明\(f(x)\)的导数存在，为
\[f^\prime(x)=\left|\sin\frac1x\right|\tag{3}\label{3}
\]
但当\(x=0\)时，其导数自然不能粗暴地写为
\[f^\prime(0)=\left|\sin\frac10\right|
\]
这是因为\(\begin{align}\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\sin x\end{align}\)不存在，故上式是一个没有良好定义的东西。为求出\(x=0\)处的导数，我们应该回到导数的定义，进行详细的讨论。考虑导数的定义，则有
\[f^\prime(x_0)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}h\tag{4}\label{4}
\]
当上述极限存在时，导数即存在。考虑\(x_0=0\)且\(h\gt0\)，则有
\[f^\prime(0^+)=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac{f(h)}h=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\int_0^h\left|\sin\frac1t\right|\text dt=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\int_{\frac1h}^{+\infty}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt\tag{5}\label{5}
\]
不妨取\(k\in\mathbb N^+\)，使得\(\frac1h\in\left[k\pi,\ (k+1)\pi\right)\)，这样子\((\ref{5})\)式中的极限可以化为
\[f^\prime(0^+)=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\int_{\frac1h}^{(k+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt+\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\sum_{n=k+1}^\infty\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt\tag{6}\label{6}
\]
设
\[\begin{align}&A_1=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\int_{\frac1h}^{(k+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt,\tag{7}\label{7}\\&A_2=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\sum_{n=k+1}^\infty\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt\tag{8}\label{8}\end{align}
\]
显然\(f^\prime(0^+)=A_1+A_2\)。首先考虑\(A_1\)，自然有
\[\begin{aligned}0\lt A_1=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\int_{\frac1h}^{(k+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt\ &\le\lim_{k\rightarrow+\infty}(k+1)\pi\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\text dt}{t^2} \\&=\lim_{k\rightarrow+\infty}(k+1)\pi\left(\frac1{k\pi}-\frac1{(k+1)\pi}\right) \\&=0\end{aligned}\tag{9}\label{9}
\]
接下来考虑\(A_2\)，则有
\[\begin{align}A_2=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\sum_{n=k+1}^\infty\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt\ &\le\lim_{k\rightarrow+\infty}(k+1)\pi\sum_{n=k+1}^\infty\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|\text dt}{n^2\pi^2} \\&=\lim_{k\rightarrow+\infty}\sum_{n=k+1}^\infty\frac{2(k+1)}{n^2\pi} \\&=\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{\begin{align}\sum_{n=k+1}^\infty\frac1{n^2\pi}\end{align}}{1\over2(k+1)}\end{align}\tag{10}\label{10}
\]
注意到\(\begin{align}\lim_{k\rightarrow+\infty}\sum_{n=k+1}^\infty\frac1{n^2\pi}=0\end{align}\)且\(\begin{align}\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac1{2(k+1)}=0\end{align}\)，故上式中最后的极限可以利用Stolz定理求得，为
\[\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{\begin{align}\sum_{n=k+1}^\infty\frac1{n^2\pi}\end{align}}{1\over2(k+1)}=\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{-\frac1{(k+1)^2\pi}}{\frac1{2(k+2)}-\frac1{2(k+1)}}=\frac2\pi\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{k+2}{k+1}=\frac2\pi\tag{11}\label{11}
\]
即\(A_2\le\frac2\pi\)。又有
\[\begin{align}A_2=\lim_{h\rightarrow0^+}\frac1h\sum_{n=k+1}^\infty\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|}{t^2}\text dt\ &\ge\lim_{k\rightarrow+\infty}k\pi\sum_{n=k+1}^\infty\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\sin t\right|\text dt}{(n+1)^2\pi^2} \\&=\lim_{k\rightarrow+\infty}\sum_{n=k+1}^\infty\frac{2k}{(n+1)^2\pi} \\&=\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{\begin{align}\sum_{n=k+1}^\infty\frac1{(n+1)^2\pi}\end{align}}{1\over2k}\end{align}\tag{12}\label{12}
\]
注意到\(\begin{align}\lim_{k\rightarrow+\infty}\sum_{n=k+1}^\infty\frac1{(n+1)^2\pi}=0\end{align}\)且\(\begin{align}\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac1{2k}=0\end{align}\)，故上式中最后的极限可以利用Stolz定理求得，为
\[\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{\begin{align}\sum_{n=k+1}^\infty\frac1{(n+1)^2\pi}\end{align}}{1\over2k}=\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{-\frac1{(k+2)^2\pi}}{\frac1{2(k+1)}-\frac1{2k}}=\frac2\pi\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{k(k+1)}{(k+2)^2}=\frac2\pi\tag{13}\label{13}
\]
即\(A_2\ge\frac2\pi\)，故有
\[f^\prime(0^+)=A_1+A_2=\frac2\pi\tag{14}\label{14}
\]
同理，易证\(f^\prime(0^-)=\frac2\pi\)，故有
\[f^\prime(0)=\frac2\pi\tag{15}\label{15}
\]
故\(f(x)\)的导数为
\[f^\prime(x)=\left\{\begin{aligned}&\left|\sin\frac1x\right|, & x\neq0 \\&\frac2\pi, & x=0\end{aligned}\right.
\]
注意到\(x=0\)为\(f^\prime(x)\)的振荡间断点，属于第二类间断点，满足导函数对间断点的要求。
后记：这是一个非常有趣的讨论，我原以为由于\(\sin\frac1x\)在\(x=0\)处无定义，从而使得\(x\neq0\)处的导数不存在。但是我却没有注意到这是一个属于第二类间断点的震荡间断点，这并不违背导函数对间断点的要求，在根据定义计算后，我们的确得到了\(x=0\)处的导数，从而得到了\(f(x)\)在\(\mathbb R\)上的导数。最后，我十分感谢超理论坛的insane和地球猫猫教教主的帮助，这两位大佬的思想让我受益匪浅。
另，我要吐槽知网某篇论文，这是由地球猫猫教教主寻找得到的一篇论文，它是发表在《纺织基础科学学报》1993年12月第6卷第4期，眭润生先生的《\(\int_0^x\sin\varphi(x)\text dt\)在\(x=0\)的右导数》一文。此文在例3的讨论中证明了\(f^\prime(0^+)\)不存在，但他的论证有一个很严重的问题，他最后利用放缩的方法，将某个极限夹逼于两个与\(\begin{align}\lim_{x\rightarrow\infty}\sin x\end{align}\)极限有关的极限之中，并且说由于\(\begin{align}\lim_{x\rightarrow\infty}\sin x\end{align}\)极限不存在，故右导数不存在。这个逻辑是很有问题的，因为夹逼定理只能用来证明极限存在，而不能用来证明极限不存在，例如，我总能选择两个发散的序列使得我要讨论的某个已知收敛序列夹在这两个发散序列之间，显然，两个发散的序列并不能给出原序列极限不存在的信息。事实上，他的讨论中，我们可以选定特定的序列\({x_n}\)使得\(\begin{align}\lim_{n\rightarrow\infty}\sin x_n\end{align}\)极限为\([-1,\ 1]\)之中的任意值，而恰好，我们有\(-1\lt\frac2\pi\lt1\)。我不知道他其他细节是否正确，但是至少他对这个问题的证明的很明显的一个逻辑问题处在这里。
