[解] 此题为用导数定义去求极限，关键在于把此极限构造为广义化的导数的定义式．
   

[解] 求切线方程的关键是求斜率，因f(x)的周期为5，故在(6，f(6))处和点(1，f(1))处曲线有相同的斜率．根据已知条件求出f'(1)．
   
   则4f'(1)=8，f'(1)=2，由f(6)=f(1)=0，f'(6)=f'(1)=2，故所求切线方程为y=2(x-6)．

[解] 当x≠0时，f(x)可导，且
   
   显然，当x≠0时，f'(x)连续．
   
   又因
   故f'(x)在x=0处连续，从而f'(x)在(-∞，+∞)内连续．

[解] 由于故

[解] 令则f(t)=4t²，即f(x)=4x²，f'(x)=8x，由函数概念得
   f[f'(x)]=f(8x)=4·(8x)²=256x²，
   {f[f(x)]}'=f'[f(x)]·f'(x)=8f(x)·8x=32x²·8x=256x²．

[解] 两边取对数，得两边同时对x求导，得
   
   化简可得x+yy'=xy'-y，故

[证] 因为
   
   由题设故(1+t)φ"(t)-φ'(t)=3(1+t)²，即

[解] 经计算得A=8，B=1，
   故
   

[解] 因y=(sin²x+cos²x)(sin²x-cos²x)=-cos2x，则
   

[解]
   归纳可得

[解] 当x≠0时，
   当x=0时，
   故对任意x∈(-∞，+∞)，都有
   又比较系数，得
   

[解] 方程两边同时对x求导，得
   
   原等式中x换成得
   
   式②两边同时对x求导，得
   
   ③×2-0，得

[解] 因为又f(0)=1，所以及c为任意值时，f(x)在x=0处连续．
   又因为
   
   令f'_-(0)=f'₊(0)，可得时，f'(0)存在．
   因此当时，f(x)在x=0处连续且可导．

[解] 设在时刻t，漏斗中水平面的高度为h，水量为p，水桶中水平面的高度为H，水量为q(如图)，则
   
   因为这两部分水量的总和应为开始漏斗盛满水时的水量，所以
   
   两边对t求导，得
   因为下降的速度与上升的速度方向相反，所以时漏斗水平面下降速度与水桶水平面上升速度相等．

[解] 设截面周长为S，矩形高为y，则
   
   由式②解出代入式①，得
   
   故唯一极值可疑点为
   由问题的实际意义知，截面周长必有最小值，并且就在此驻点处取得，因此当底宽x为截面的周长最小，因而所用边框材料最省．

[证]
   
   
   于是可列表如下
   
   所以均为此曲线的拐点，又因
   
   
   所以这三个拐点在一条直线上．

[解] 当t→1，t→-1或t→∞时，都有x→∞．
   当t→1时，
   
   当t→-1时，
   
   当t→∞时，
   
   所以曲线有三条斜渐近线，分别是
   

[解] 写为参数方程形式
   
   当且仅当时，才有x→∞，所以曲线至多有一条斜渐近线．由于
   
   所以曲线有斜渐近线

[解] ①定义域为(-∞，0)∪(0，+∞)，无周期性无奇偶性．
   ②
   
   y'=0的根为的根为x=-1.
   ③列表
   
   由表可知函数的极小值点在处取得，拐点为(-1，0)．
   ④铅直渐近线：无斜渐近线．
   ⑤作图(如图)．
   

[解] 极值可疑点
   又y"=-2e^xsinx，当时，y"＜0，所以为极大值点，极大值为
   
   当时，y"＞0，所以为极小值点，极小值为
   

[分析] f(x)的两个零点x₁，x₂(不妨设x₁＜x₂)之间有f(x)+f'(x)的零点问题，相当于在(x₁，x₂)内有f(x)+f'(x)=0的点存在的问题．若能构造一个函数F(x)，使F'(x)=[f(x)+f'(x)]φ(x)，而φ(x)≠0，则问题可以得到解决由(e^x)'=e^x可以得到启发，令F(x)=f(x)e^x．
   [证] 构造辅助函数F(x)=f(x)e^x，由于f(x)可导，故F(x)可导，设x₁和x₂为f(x)的两个零点，且x₁＜x₂，则F(x)在[x₁，x₂]上满足罗尔定理条件，由罗尔定理，至少存在一点ξ∈(x₁，x₂)，使得F'(ξ)=0，即f'(ξ)e^ξ+f(ξ)e^ξ=e^ξ[f'(ξ)+f(ξ)]=0.由于e^ξ≠0，因此必有f'(ξ)+f(ξ)=0.所以f(x)的两个零点之间一定有f(x)+f'(x)的零点．

[证] 根据拉格朗日中值定理有f(0)-f(-2)=2f'(ξ₁)，-2＜ξ₁＜0，
   f(2)-f(0)=2f'(ξ₂)，0＜ξ₂＜2.
   由|f(x)|≤1知
   令φ(x)=f²(x)+[f'(x)]²，则有φ(ξ₁)≤2，φ(ξ₂)≤2.
   因为φ(x)在[ξ₁，ξ₂]上连续，且φ(0)=4，设φ(x)在[ξ₁，ξ₂]上的最大值在点ξ∈[ξ₁，ξ₂](-2，2)处取到，则φ(ξ)≥4，且φ在[ξ₁，ξ₂]上可导，由费马定理有φ'(ξ)=0，即
   2f(ξ)·f'(ξ)+2f'(ξ)·f"(ξ)=0.
   因为|f(x)|≤1，且φ(ξ)≥4，所以f'(ξ)≠0，于是有
   f(ξ)+f"(ξ)=0，ξ∈(-2，2)．

[证] 令F(x)与G(x)在区间[a，b]上连续，在(a，b)内可导，且满足柯西中值定理的三个条件．于是在(a，b)内至少有一点ξ，使得
   

[证] 因f(x)和g(x)=cos2x在上连续，在内可导，且
   
   故由柯西中值定理知，存在使得
   
   即
   
   困f(x)在上具有连续的二阶导数，故存在使得
   
   再由f'(0)=0知
   
   由式①和式②知
   
   取式③可以写成
   
   其中

[证] 由拉格朗日中值定理知f(b)-f(a)=f'(η)(b-a)，η∈(a，b)，又由柯西中值定理知
   
   所以则
   
   即

[解] 由y'=e^x，y"=e^x得曲线y=e^x上任意点P(x，y)处的曲率
   
   令得唯一的驻点当为曲率K=K(x)的极大值点，亦是最大值点，且其最大曲率为
   其中，当且曲线y=e^x上具有最大曲率的点(x₀，y(x₀))处的曲率圆的曲率半径则曲率圆的圆心(ξ，η)为
   
   所以它的曲率圆方程为

[证] 设质点运动的距离y关于时间t的函数为y=y(t)，0≤t≤1，则有
   y(0)=0，y(1)=1，y'(0)=0，y'(1)=0.
   在t=0与t=1处的一阶泰勒展开式分别为
   
   若则由上述①式得y"(ξ₁)≥4；若由上述②式得y"(ξ₂)＜-4.证毕．

[解] 因为f(x)在[a，b]上连续，所以m≤f(x)≤M，其中m，M分别为f(x)在[a，b]上的最小值和最大值．则对于任意x∈[a，b]有
   
   
   故由介值定理可知存在ξ∈(a，b)，使得
   

[证] 函数f(x)在[0，3]上连续，则f(x)在[0，2]上连续，那么其在[0，2]上必有最大值M和最小值m，于是
   
   由介值定理知，至少存在一点η∈(0，2)，使得
   
   于是便有f(η)=1=f(3)，满足罗尔定理条件，于是存在使f'(ξ)=0.

[证] 令F(x)=f(x)g(x)，在x=a处利用泰勒公式展开，有
   
   令x=b，代入式①，得
   
   因f(a)=f(b)=g(a)=0，则F(a)=F(b)=0，且F'(a)=0，代入式②，得F"(ξ)=0，即
   f"(ξ)g(ξ)+2f'(ξ)g'(ξ)+f(ξ)g"(ξ)=0.

[证] 当x=0时，原不等式左边=1=右边，成立．当x≠0时，令f(x)=(1+x)^α则有f'(x)=α(1+x)^α-1，f"(x)=α(α-1)(1+x)^α-2，由f(x)的泰勒展开式
   
   可知当x＞-1，0＜α＜1时，α(α-1)＜0，1+ξ＞0，故所以f(x)≤f(0)+f'(0)x，即
   (1+x)^α≤1+αx．
   同理可证当x＞-1，α＜0或α＞1时，有(1+x)^α≥1+αx．