C

[解析] 数列极限的定义．
   [解题分析] 本题考查数列极限的ε-N语言定义，即＞0，存在N∈N，当n＞N时．有｜x_n-a｜＜ε．将此定义与题设所给条件相比较，知两者实质是相同的，因此题设条件也是{x_n}收敛于a的充要条件，所以选C．

A

[解析] 法线方程、切线斜率．
   [解题分析] 由题意可知，当x=3时，t=1和t=-3(不合题意，舍去)，有
   y=ln2，
   
   求得y=y(x)在x=3处的法线方程为
   y=ln2-8(x-3)．
   令y=0，得法线与x轴交点的横坐标为x=ln2+3.所以选A.

C

[解析] 按照变限积分求导法求导即可．
   [解题分析] F'(x)==f[(x²)²]·(x²)'=2xf(x⁴)．
   故应选C．
   [评注]  一般地，对于变限积分，其求导公式为
   

B

[解析] 函数极限、导数的极限．
   [解题分析] 由题设，可采取举反例的方法逐一排除干扰项．
   关于A，设,则f(x)=.但,其中2cos(x²)项当x→∞时极限不存在，即不存在．所以A可排除．
   关于C和D，令f(x)=sinx，则f(x)=0，且f'(x)=cosx=1．
   从而C和D都可排除．
   关于B的正确性，证明如下：
   任取x＞0，由拉格朗日中值定理，
   f(2x)-f(x)=f'(ξ)·x  (其中x＜ξ＜2x)，    ①
   当x→+∞时ξ→+∞，由题设f'(x)存在，记为
   A=f'(X)=f'(+∞)．
   A为有限常数，在①中令x→+∞，则：
   
   已知f(x)连续有界，因此
   
   所以f'(x)=0，综上，选B．

B

[解析] 利用中值定理讨论零点的存在性，利用单调性确定零点的个数．
   [解题分析] 因为f'(x)，令f'(x)=0，得x=e．
   易知f(x)在(0，e)内单调增加，在(e，+∞)内单调减少，且f(e)=k＞0．而
   
   可见在f(x)在(0，e)和(e，+∞)分别有且只有一个零点，从而f(x)在(0，+∞)内有两个零点．
   [评注]  只由f(e)=k＞0，f(x)在(0，e)和(e，+∞)内的单调性，不能得零点的存在性．f(x)=-∞，f(x)=-∞是确定零点存在性的重要条件．

D

[解析] 曲线的渐近线．
   [解题分析] 因为，所以y=1为其水平渐近线．
   又，所以x=0为其铅直渐近线．
   可见曲线既有水平渐近线又有铅直渐近线，故应选D．
   [评注]  若不存在，则应继续考虑y或y，其中任何一个存在均说明有水平渐近线(y轴正向或负向)；同样对于不连续点x₀，若不存在且非无穷大量，则应继续考虑或，其中任何一个为无穷大量．均说明x=x₀为铅直渐近线．

C

[解析] 极值点、拐点．
   [解题分析] 本题考查极值点与拐点的定义．若严格采用解析方法分析f'(x)与f"(x)在x=0左、右侧的性质较为烦琐，由于f(x)=｜x(1-x)｜是二次函数加绝对值符号，图形不难作出，可由此直接判断(如图所示)．
   
   f(0)=0且f(0)为极小值，而在x=0左侧，f(x)下凹，在x=0右侧，f(x)上凸，因此(0，0)为y=f(x)之拐点．综上选C．

B

[解析] 利用极大值的定义选择正确答案．
   [解题分析] 用排除法：由于不可导点也可取极值，所以A不正确．注意到极值的局部性，知D也不正确．对于f(x)=-｜x-1｜，在x₀=1处取极大值，但-x₀=-1，并非是-f(x)=｜x-1｜的极小值点，所以C也不成立．故应选B．

[解析] 极限．
   [解题分析]
   

[解析] 将数列的通项适当放大、缩小，再用夹逼准则即可．
   [解题分析] 因为，
   于是.
   而，
   
   故根据夹逼准则知，

y=x

[解析] 隐函数求导、切线方程．
   [解题分析] 由题设所给方程xy+2lnx=y⁴，两边对x求导，得
   
   将x=1，y=1代入上式，得
   
   所以点(1，1)处的切线方程是y-1=x-1，即y=x．

[解析] 求二阶导数，并由其符号确定曲线的上凸区间．
   [解题分析] 对求一阶、二阶导数，得
   
   当y"＜0，即x∈时，曲线向上凸．

[解析] 一阶线性方程．
   [解题分析] 将原方程变形为
   
   即    
   积分得
   
   因为y(1)=-，得C=0，所以

2

[解析] 二元函数的偏导数．
   [解题分析] 在方程z=e^2x-3x+2y两边分别对x，y求偏导，得
   
   于是    
   所以  

[解析] 求函数的极限．

先化为一阶线性微分方程的标准形式．由一阶线性微分方程的通
   解公式，得
   
   代入初始条件y(1)=1，得C=1，
   所以所求特解为
   

[解析] 微分方程的特解．

[解题分析]由题设，曲线极坐标方程为r=1-cosθ，则曲线的直角坐标参数方程为
   
   当时，
   
   该点切线斜率为    
   
   因此，该点切线方程为
   
   化简得    
   该点法线方程为
   
   化简得    

[解析] 切线方程、法线方程.

由已知条件，应先求出f(x)的表达式，再进行积分．由于f(lnx)，因此令t=lnx，即x=e'，代入上式得
   
   则

[解析] 不定积分.

方程y"+4y'+4y=e^ax对应的齐次方程的特征方程为：λ²+4λ+4=0，特征根为λ₁=λ₂=-2，故对应的齐次方程通解为(C₁+C₂x)e^-2x．
   当a≠-2时，即a不是特征根，方程的特解可设为y^*=Ae^ax，代入原方程得
   
   于是方程的通解为
   当a=-2时，即a为特征方程的二重根，方程的特解可设为
   y^*=Ax²e^-2x，代入原方程得  
   于是方程的通解为
   综上所述，方程的通解为
   

[解析] 对于二阶常系数非齐次线性微分方程，先求出对应齐次方程的特征方程的特征根及方程的通解，再根据特征根及自由项确定非齐次方程的特解的形式，代入方程求出特解．非齐次线性方程的通解为对应齐次方程的通解加上非齐次方程的特解．本题关键在于要注意特解y^*的形式与a的取值有关．

根据题意得α₁，α₂，α₃可由向量组β₁，β₂，β₃线性表示，所以3个方程组x₁β₁+x₂β₂+x₃β₃=α(i=1，2，3)均有解．对增广矩阵作初等行变换，有
   
   可见a≠4且a≠-2时，α₁，α₂，α₃可由β₁，β₂，β₃线性表示．
   向量组β₁，β₂，β₃不能由向量α₁，α₂，α₃线性表示，即有3个方程组
   x₁α₁+x₂α₂+x₃α₃=β_j(j=1,2,3)
   均无解．对增广矩阵作初等变换，有
   
   所以a=1时向量组α₁，α₂，α₃可由向量组β₁,β₂,β₃线性表示，但β₁,β₂,β₃不能由α₁，α₂，α₃线性表示．

[解析] 线性方程组求解、向量组线性表示．

利用行列式性质，有
   
   (2) 若方程组Ax=b有唯一解，则｜A｜=(n+1)aⁿ≠0，即a≠0．则由克莱姆法则，得
   
   (3) 若使方程组Ax=b有无穷多解，则｜A｜=(n+1)aⁿ=0，即a=0．把a=0代入到矩阵A中，显然有r(A┋B)=r(A)=n-1，方程组的基础解系含一个解向量，它的基础解系为k(1，0, 0，…，0)^T(k为任意常数)．代入a=0后，方程组化为特解取(0，1，0，…，0)^T，则方程组Ax=b的通解为k(1，0，0，…，0)^T+(0，1，0，…，0)^T，其中的k为任意常数．

[解析] 线性方程组解的结构和通解．

[详解1]  令F(x)=f(x+x₂)-f(x)-f(x₂)，
   则   F'(x)=f'(x+x₂)-f'(x)=x₂f"(x+θx₂)＜0  (0＜θ＜1)．
   可见，F(x)单调减少．又x₁＞0，故F(x₁)＜F(0)，
   即    f(x₁+x₂)-f(x₁)-f(x₂)＜0，
   也即    f(x₁+x₂)＜f(x₁)+f(x₂)．
   [详解2]  不妨设0＜x₁≤x₂，由微分中值定理，有
   f(x₁)-f(0)=x₁f'(ξ₁)，0＜ξ₁＜x₁，
   f(x₁+x₂)-f(x₂)=x₁f'(ξ₂)，x₂＜ξ₂＜x₁+x₂．
   由题设，f"(x)＜0，因此f'(x)单调减少．又ξ₁＜ξ₂，故有f'(ξ₂)＜f'(ξ₁)，从而有：f(x₁+x₂)-f(x₂)＜f(x₁)-f(0)．由f(0)=0，得f(x₁+x₂)＜f(x₁)+f(x₂)．

[解析] 本题是不等式证明题，一种考虑是作辅助函数，通过参数变易，比如将x₁换为未知变量x，从而得到辅助函数；另一种考虑是，要证的不等式可表示为两点的函数值之差，自然联想到用拉格朗日中值定理进行分析．

设M和m分别是连续函数f(x)在区间[a，b](b＞a)上的最大值和最小值，则有
   m(b-a)≤f(x)dx≤M(b-a)．
   不等式两边同除以(b-a)，得到m显然是介于函数f(x)的最大值和最小值之间的．根据闭区间上连续函数的中值定理可知，在区间[a，b]上至少存在一点ξ，使得函数f(x)在该点处的函数值和相等，即
   
   等式两边同乘以(b-a)，可得
   f(x)dx=(b-a)f(ξ)  (a≤ξ≤b)．
   (2) 由积分中值定理可得，至少存在一点η∈(2，3)，使得φ(x)dx=φ(η)．又φ(2)＞φ(x)dx，所以有
   φ(2)＞φ(1),φ(2)＞φ(η)
   因为φ(x)有二阶导数，所以由拉格朗日微分中值定理可知，至少存在一点ξ₁∈(1，2)，使得；且至少存在一点ξ₂∈(2，η)，使得．再由拉格朗日微分中值定理可知，至少存在一点ξ∈(ξ₁，ξ₂)，使得
   

[解析] 积分中值定理．