即当a???(0)时，f(x)在点x = 0处连续。
当x?0时，
f?(x)????(x)?sinx?x???(x)?cosx?；
x2当x = 0时，
???(0)f(x)?f(0)?(x)?cosx?x??(0)xf?(0)?lim?lim?limx?0x?0x?0 x?0xx2??(x)?sinx???(0)???(x)?cosx1?lim?lim?????(0)?1?x?0x?02x22故：
?(x)?cosx????(x)?sinx?x???(x)?cosx?,2??xf?(x)???1????(0)?1?,??2⑵ 因为
x?0。
x?0x2
??(x)?sinx?x????(x)?cosx????(x)?sinx???(x)?cosx???(0)?1?lim?lim?x?0x?02x22x?0x?0limf?(x)?lim???(x)?sinx?x??(x)?cosx所以，f?(x)在点x = 0处连续。 第五题解：
xx?2?d??2??F?(x)??lnxf(t)dt??lntf(t)dt???????1?tdx??1???x??21?x?2??2??21?x???2???f(t)dt???lnx?f(x)???lnx?f(x)???2???f(t)dtx?1x?1?x?x??x??x注意到：在[1,??)上f(x)?0，因此，当x > 1时，命：F?(x)?0，得?
?x1f(t)dt?0。
21??0，解此方程得到唯一驻点 x = 2。 x2x又，当1?x?2时，F?(x)?0；当x > 2时，F?(x)?0，所以F(x)在点x = 2处取得极小值F(2)，又因为x = 2是唯一的极值点，所以x = 2是F(x)的最小值点，最小值为F(2)。
第六题解：
1112??0y(x)dx?xy(x)0??0xy(x)dx?y(1)??0xarctan(x?1)dx1?y(1)??(x?1)arctan(x?1)2dx??arctan(x?1)2dx0011?y(1)??(x?1)arctan(x?1)2dx??y(1)?y(0)????(x?1)arctan(x?1)2dx
00命x?1?t命u?t111022???tarctantdt???arctantd(t)?arctanudu?12?12?0111u11?1?121?uarctanu??du???ln(1?u)??ln20201?u2084224402211第七题解： 计算一、二阶偏导数
?z?z?z??,?x?u?v?z?za?z11?a?z?z????????,???y?u2y?v2?u?v?yy?
?2z?2z?2z?2z?2?2?2,2?u?v?v?x?u32222?2z1?2?a?z?z?1??za?za?z1???,??y?????????2?22?2?yy??u4y?u?vy?vy??2?u?v??
?2z?2z1?z代入方程2?y2???0，得到
2?y?x?y
?2z?2z1?z?a2??2z?2z?y2????1????2?a??0， 22??2?y?4??u?u?v?x?y?a2?0?1?于是有?，所以a??2。 4?2?a?0?第八题解：积分区域D为a2?x2?y2?b2与0?y?xtan?的公共部分。取极坐标计算，有
xtan?
I??asin?0e?y2dy?b2?y2a2?ye2?x2dx??2bsin?asin?e?y2dy?b2?y2ytan?be?xdx22???e?(xD2?y2)dxdy???e?rrdrd???d??re?rdrD0a?12e??d???e?rd(?r2)??0a02?b??a2?e2?b2
d?e?a?e?b??222。第九题解： 过点(x,f(x))的曲线y = f (x)的切线方程为：Y?f(x)?f?(x)(X?x)，
注意到：由于f?(0)?0,f??(0)?0，所以当x?0时，f?(x)?0。因此，此直线在x轴上的截距为
??x?f(x)f(x)?0。 。且lim??limx?limx?0x?0x?0f?(x)f?(x)利用泰勒公式将f(x)在x0?0点处展开，得到
f(x)?f(0)?f?(0)x?类似可得：f(?)?11f??(?1)x2?f??(?1)x2,22?1在0与x之间；。
1f??(?2)?2,2?2在0与?之间。代入得
f(x)12x?xf??(?2)?f??(?2)xf(?)?xf?(x)?f(x)f?(x)2lim?lim?lim?lim?lim?limx?0?f(x)x?0x?0f?x?01?(?1)x?0xx?0xxf?(x)2?f??(?1)x 2xf??(x)f??(x)f??(0)1?lim?lim??x?0f?(x)?xf??(x)x?0f?(x)f??(0)?f??(0)2?f??(x)x 第十题证明：取数??(0,1)，由连续函数介值定理知，存在C?(0,1)，使得f(C)??。在区间[0,C]与[C,1]上分别
应用拉格朗日中值定理，有
f(C)?f(0)??,C?0Cf(1)?f(C)1??f?(?)??1?C1?Cf?(?)?0???C, 显然???。
C???1.由于??(0,1)，所以??0,1???0，即f?(?)?0,f?(?)?0。从而
ababaC(1??)?b?(1?C)b??C(a?b??a?)?????， f?(?)f?(?)?1???(1??)?(1??)C1?C注意到：若取??ab，则1???，并且?,1???(0,1)，代入得 a?ba?bababa?b???a?b。
abf?(?)f?(?)?a?ba?b第十一题证明：
x1221F(x)??(1?e?1)??(x?t)e?tdt??(t?x)e?tdt?1x2xx1122221??(1?e?1)?x?e?tdt??te?tdt??te?tdt?x?te?tdt?1?1xx20x0x2222112x1?t21??(1?e?1)?x?e?tdt?x?e?tdt?e?t?e?x?e?tdt?x?e?tdt?1010?12x2200x213?1?x2?t2?t2???e?e?x?edt?x?edt?2x?e?tdt?1102201x213?1?x2?t2?t2???e?e?x?edt?x?edt?2x?e?tdt?10022x213?1?x2???e?e?2x?e?tdt022
由于e?x2是偶函数，所以
?x0e?t2dt是奇函数，2x?e0x?t2dt是偶函数，于是知F(x)为偶函数。
又注意到：
13?1e?3?e??0;222e
11235?11??11??t?tF(1)?????0??2?0edt??????2?0edt??22e?22e??22e?F(0)?（当x > 0时）。 F?(x)??2xe?x?2xe?x?2?e?tdt?2?e?tdt?0，
0022x2x2
因此，函数F(x)在闭区间[0,1]上有且仅有唯一一个实根；又F(x)为偶函数，所以F(x)在闭区间[?1,0]上同样有且仅
有唯一一个实根。于是知函数F(x)在闭区间[?1,1]上有且仅有两个实根。
第十二题证明：取极坐标系，由??x?rcos?，得到
?y?rsin?
?f?f?x?f?y?f?f?????cos??sin?， ?r?x?r?y?r?x?y将上式两端同乘r，得到
r?f?f?f?rcos??rsin??xfx??yfy?。 ?r?x?y于是有
I???Dxfx??yfy?x2?y22?0dxdy???D2?1?f2?11?frrdrd??d?dr?f(rcos?,rsin?)d?2???0?0??rr?r2?
??f(cos?,sin?)d???2?00f(?cos?,?sin?)d??0??2?0f(?cos?,?sin?)d?
???
f(?cos?,?sin?)d?由积分中值定理，有
I??2??f(?cos?1,?sin?1)，其中0??1?2?。
故lim???0
?1xfx??yfy?dxdy?limf(?cos?1,?sin?1)?f(0,0)。 22?????02?Dx?y第一题①
2002
23第
②
y??13x??33③。
?4第
三
④
?35解
⑤
dS?222???x?y?z2arctanx?lnlimx?0?22二题BACDD题：
xn
2111?x??2?41?x?lim1?x21?x1?x?lim1??4x?lim， n?1n?14n?34x?0x?0x?0nxnx1?xnx(1?x)4。 3故n?3,C??第四题 解：命u = t － x，则当 t = 0 时，u = －x；t = x 时，u = 0，于是
??0?x?x?x222????g?(x)???(u?x)f(u)du?x?(?1)?uf(u)du?2x?uf(u)du?x?f(u)dux??00??x??0??x?x????x2f(?x)?2?uf(u)du?2x(?x)f(?x)(?1)?2x?f(u)du?x2f(?x)(?1)?
??00????2?uf(u)du?2x?0?x?x0f(u)du第五题 解：设y?x4?ax?b，－∞ y??4x3?a 命y??0得唯一驻点x?3?aa2，又y???12x?0，故当x?3?时，y有最小值。且最小值为 44y?a??a??????a????b ?4??4?4313x?3?a4又当x →－∞时，y →＋∞；x →＋∞时，y →＋∞，因此， ⑴ 当且仅当??43?a??a???a????b?0时，方程有唯一实根。 ?4??4?134313⑵ 当???a??a??a?????b?0时，方程无实根。 ?4??4?第六题 解：⑴设A点坐标为 (x0，y0)，则y0 = x02，于是可知切线方程