命：F(x)??f(x)???f?(x)?，则F(x)在区间[-2,2]上可导，且
22F(?1)??f(?1)???f?(?1)??2；
22F(?2)??f(?2)???f?(?2)??2；
22F(0)?4。
故F(x)在闭区间??1,?2?上的最大值F(?)?Max?f(x)??4，且??(?1,?2)。由弗马定理知F?(?)?0。而
x???1,?2?F?(x)?2f(x)f?(x)?2f?(x)f??(x)，
故 F?(?)?2f?(?)?f(?)?f??(?)??0。 由于F(?)??f(?)???f?(?)??4，所以f?(?)?0，从而f(?)?f??(?)?0
222004第一题①1?x?2 ②e第三题解：因为
3?12 ③ 3 ④dx?2dy⑤yf??(xy)???(x?y)?y???(x?y)第二题ACDBD 1x1?f(x)??x?limln?1?x?f(x)??x?0x?e?lim?1?x??e?x?0x??，
所以
1?f(x)?limln?1?x???3。 x?0xx??f(x)??limln?1?x???0， x?0x?? 由无穷小比较，可知
x?以及
limx?0f(x)x?3。 x 从而
1?f(x)?3??，其中lim??0， 2x?0x即
由此可得
f(x)?2x2?o(x2)。
f(0)?0，f?(0)?0，f??(0)?4。
1x221x 并有 第四题解：
?2x?o(x)?f(x)???lim?1??lim?1??e2 ???x?0x?0x?x???ln(1?x)?lnx1??1??dx?ln(1?x)?lnx???dx?x(1?x)??x1?x?
ln(1?x)lnx?ln(1?x)lnx??????dx??dx?dx??1?xxx1?x??
1lnxlnx??ln2(1?x)?ln2x?lnx?ln(1?x)??dx??dx21?x1?x12???ln(1?x)?lnx??C2??第五题解：方法一：利用莱布尼兹公式
f(100)(x)?x2?ln(1?x)?又
(100)?100?ln(1?x)?(99)?(2x)?100?99?ln(1?x)?(98)?2， 2?ln(1?x)????ln(1?x)?(4)由归纳法可得
112!???,?ln(1?x)???,ln(1?x)'''?,231?x(1?x)(1?x)
3!??,??4(1?x)(n?1)!。 n(1?x)。
?ln(1?x)?(n)?(?1)n?1故
?ln(1?x)?(98)?(?1)98?197!97!??(1?x)98(1?x)98所以
f(100)(0)??990?97!。
方法二：利用泰勒公式
11x4x5x100f(100)(0)??，f(100)(0)??990?97!。 f(x)?x???????，故
100!9823983第六题解：对于充分大的x > 0，必存在正整数n，使得
nT?x?(n?1)T。
又
?kT0f(t)dt??f(t)dt??0T2TTf(t)dt????x0kT(k?1)Tf(t)dt?k?f(t)dt?kA,0T(k?1,2,?)，
故有
nA??f(t)dt?(n?1)A，
nT及
f(t)dtnA?0??(n?1)T(n?1)Tlim?x0f(t)dtx??(n?1)T0f(t)dtnT?(n?1)A。
nT注意到：
nA(n?1)AA?lim?，
n??(n?1)Tn??nTT
且当n???时，x???。由夹逼定理可知
x????limx0f(t)dtx?A Tf(x,y,z)的方向导数的表达式为
第七题解： 函数
?f?f?f?f?cos??cos??cos??l?x?y?z其中：cos?。
?12,cos???12,cos??0为方向l?的方向余弦。因此
?f?2(x?y)。 ?l 于是，按照题意，即求函数
2(x?y)在条件2x2?2y2?z2?1下的最大值。设
F(x,y,z,?)?2(x?y)??(2x2?2y2?z2?1)，
则由
??f??x???f???y???f??z???f????得z
?2?4?x?0??2?4?y?0
?2?z?0?2x2?2y2?z2?1?0?0以及x??y??1?11??11?，即得驻点为M1??,?,0?与M2???,,0?。 2?22??22?因最大值必存在，故只需比较
?f?f?2，??2，
?lM1?lM2的大小。由此可知M1?11???,?,0?为所求。 ?22?x??第八题证明：设f(x)?x2n?a1x2n?1???a2n?1x?1，则其在区间(??,??)上连续，且f(0)??1，limf(x)???。
因而，当x???时，必存在x1同理，当x???时，必存在x2综上可知，方程x2n?0，使得f(x1)?0。由连续函数的介值定理可知，至少有一点?1?(0,x1)，使得f(?1)?0。 ?0，使得f(x2)?0。由连续函数的介值定理可知，至少有一点?2?(x2,0)，使得f(?2)?0。
?a1x2n?1???a2n?1x?1?0至少有两个实根。
n??第九题证明： 证明limxn存在：
注意到：对于一切的n恒有
xn?1?xn?1?1，
2?xn?12?2，
2?xn?1xn?2?因此知数列
?xn?有界。又
???12?1?????2??2?????2?x2?xn?1?2?xnn?1?????2(xn?xn?1)???(2?x)(2?x)，
n?1n??2xn?1?xn??2??2?xn?xn?xn?1?2(xn?1?xn?2)，……，
(2?xn?2)(2?xn?1)2(x1?x0)， x2?x1?(2?x0)(2?x1)于是可知xn?1?xn与x1?x0同号，故当x1?x0时，数列?xn?单调递增；当x1?x0时，数列?xn?单调递减。也就是说，数列?xn?为
单调有界数列，而单调有界数列必有极限。
求limxn：
n??设limxnn???a，则
a?limxn?limn??2(1?xn?1)2(1?a)， ?n??2?x2?an?1解之得a?2，即limxn?2。
n??第十题解： 旋转曲面的方程为x2?y2?z2?1。补充曲面
?x2?y2?5,其法线向量与z轴正向相反；和 ?1:??z?2,?x2?y2?2,?2:?其法线向量与z轴正向相同。
z?1,?设由曲面?,?1,?2所围空间区域为?，则
I???xz2dydz?sinxdxdy?????1??22??xz2dydz?sinxdxdy???xz2dydz?sinxdxdy???xz2dydz?sinxdxdy?1?2????zdxdydz??222x2?y2?5??sinxdxdy???sinxdxdy???x2?y2?221zdz2x2?y2?1?z2??dxdy?0?0
?z3z5?2128????z?(1?z)dz?????????3?15?115?第十一题证明：记上半圆周L的直径为AB，取AB+L为逆时针方向；又命D为AB+L所包围的区域。由格林公式有
???ABP(x,y)dx?Q(x,y)dy??AB?LP(x,y)dx?Q(x,y)dy??P(x,y)dx?Q(x,y)dyL??Q?P?P(x,y)dx?Q(x,y)dy??????x??y??dxdyAB?L?D?
??Q?P???Q?P??r2二重积重积分中定理???x??y??M??dxdy????x??y??M?2??1D??1其中：M1?D为某一点。另一方面
x0?rx0?r?ABP(x,y)dx?Q(x,y)dy??P(x,y0)dx积分中值定理P(?,y0)?2r(x0?r???x0?r)。
于是有
??Q?P??r2???x??y??M?2?P(?,y0)?2r， ??1即???Q?P??r?????x?y?M2?2P(?,y0)。
??1?0，两边取极限，得到P(x0,y0)?0，由(x0,y0)的任意性知P(x,y)?0；且
命rlim类似
?Q(x,y)?Q(x,y)?0。 ?0，即
r?0(x0,y0)?xM1?x?Q(x,y)?0。
?x第十二题证明： ⑴ 使用反证法，即假设当x?[0,1]时，恒有f(x)?4成立，于是有
111?11?x?f(x)dx?x?f(x)dx?4x????0?2??02?02dx?1。 1111f(x)dx?1，4?x?dx?1。
0221?1因此有
?0x?1从而有
?0x?1?4?f(x)?dx?0。 210于是有
f(x)?4，即
f(x)??4，这显然与?f(x)dx?0矛盾，故?x0?[0,1]，使得f(x0)?4为真。
⑵ 仍然使用反证法。 只需证?x2成立，这与
使得f(x2)?4即可。这是显然的，因为若不然，则由f(x)在[0，1]上的连续性知，必有f(x)?4或f(x)??4?[0,1]，
?10f(x)dx?0矛盾，再由f(x)的连续性及⑴的结果，利用介值定理即可证得?x1?[0,1]，使得f(x1)?4。
第一题①
2003
1121t???(t)???(t)② ③ ④ln2 ⑤第二题DBBAC第三题解：注意到左边的极限中，无论a2322e24kt为何值总有分母趋于零，因此要想极限存在，分子必须为无穷小量，于是可知必有b= 0，当b= 0时使用诺必达法则得到
2xtdt1x2， lim?lim022x?0sinx?ax?x?01?t(cosx?a)1?x由上式可知：当x?0时，若a?1，则此极限存在，且其值为0；若a = 1，则
2xtdt1x2lim?lim??2。
022x?0sinx?x?x?01?t(cosx?1)1?x综上所述，得到如下结论：
a?1，b = 0，c = 0；
或a = 1，b = 0，c = －2。
第四题 解：⑴ 欲使f(x)在点x = 0处可导，f(x)在点x = 0处必须连续，于是有
limf(x)?limx?0x?0?(x)?cosxx?limx?0??(x)?sinx1???(0)