C

[解析] 求出f(x)带皮亚诺余项的麦克劳林公式解本题．由极限与无穷小的关系得
   
   其中
   
   代入得
   因此，f(0)=-1，f'(0)=2，应选(C)．
   [分析二] 利用带皮亚诺余项的麦克劳林公式求解本题．把
   
   代入题设的极限，可得
   
   从而f(0)+1=0，，即f(0)=-1，f'(0)=2．故应选(C)．
   [分析三] 利用极限的运算法则，导数的定义与洛必达法则来求解本题．由题设可知
   
   从而
   又
   
   故应选(C)．

C

[解析] 设所求二次曲线为y=ax²+bx+c(0≤x≤1)，则依题设有
   
   由f(x)的连续性，在x=0点有e⁰=cc=1．
   在x=1点有a+b+c=1a+b=0．
   由f(x)一阶可导，且f'₊(0)=b，f'_-(0)=e⁰=I，故b=1，从而还有a=-1．
   于是y=-x²+x+1．所以选项(C)正确．
   经验算可知对点x=1，选项(C)也正确．

D

[解析]

   

B

[解析]
   由于
   又，其中ξ在0与x之间，当x→0时，ξ→0，所以
   
   故F(x)是G(x)的等价无穷小，选(B)．

D

[解析] 由于f(x)二阶可导，且具有极小值，故存在一点x₀，使f'(x₀)=0，f"(x₀)＞0，满足这一条件的有(A)、(D)，故排除(B)、(C)．又f(x)的图形有拐点，故应存在一点x₁，使得f"(x₁)=0，且在x₁的左右二阶导数异号，可见(A)不具备这样的点，而(D)中的x₁具有该性质(如右图)，故选(D)．
   

B

[解析] 由于f(x)在[-1，1]上不连续，从而不存在原函数，故①不正确．由于g(x)在[-1，1]上连续，故存在原函数，所以②正确．
   由于都存在，故③正确．
   由于不存在，所以g(x)在x=0处不可导，即g'(0)不存在，故④不正确．
   综上所述，②、③正确，故选(B)．

A

[解析] 由拉格朗日中值定理，有
   
   当x→∞时，ξ→∞，于是
   
   由于
   则有故选(A)．

D

[解析] 由于故①收敛．
   由于，故②发散．
   由于，故③发散．
   由于
   故④收敛．
   综上分析，可知应选(D)．

B

[解析]

   故选(B)．

B

[解析]

[解析]
   而
   所以原式

[解析] 化为定积分求极限，则
   

4e

[解析]

[解析]

6

[解析]

[解析] 设差分方程的通解为y_t=c·2^t+(At²+Bt)·2^t，其中A，B为待定常数，C为任意常数，于是y_t+1=C·2^t+1=(At²+2At+A+Bt+B)·2^t+1，代入方程可得
   
   由此可得即所求的通解为

[解析]
   如右图所示，在直角坐标系Oxy中
   
   故
   

[解析]
   且D=D₁+D₂，则
   
   其中积分区域D如图所示．由于D关于直线y=x对称，故交换积分次序即得
   
   

[分析与证明一] 先求F'(0)．
   
   再求
   
   及
   
   因此，F'(x)在x=0连续．
   [分析与证明二] 先证F(x)在x=0连续．
   
   如同[证法一]
   
   于是F'(0)=2f'(0)，F'(x)在x=0连续．
   

[分析与求解] (Ⅰ) 由条件知，．
   又在x=0空心邻域f(x+1)+3sin²x≠0，现利用当x→0时的等价无穷小因子替换
   ln(1+f(x+1)+3sin²x)～f(x+1)+3sin²x，
   
   (Ⅱ)由f"(1)存在f(x)在x=1某邻域可导
   
   或用泰勒公式
   
   (Ⅲ) 由及极限的不等式性质δ＞0，当0＜|x|＜δ时即f(x+1)＜0=f(1)．
   x=1是f(x)的极大值点．
   

[解] 由于
   依题设有①
   令，则①式化为
   
   于是
   
   由f(0)=1可知C=0．因此
   
   从而
   

[证明] 取g(x)=x²，则由题设知f(x)与g(x)都在[1，3]上连续，在(1，3)内可导，且g'(x)=2x≠0在x∈(1，3)成立，从而由柯西定理知：存在ξ∈(1，3)使得
   
   取h(x)=x⁴，则由题设知f(x)与h(x)都在[1，3]上连续，在(1，3)内可导，且h'(x)=4x³≠0在x∈(1，3)成立，从而由柯西定理知：存在η∈(1，3)使得
   
   由此可得
   

[解] 积分区域D的图形如右图所示．
   
   
   

[分析与求解] 这里0≤x+y≤π，且被积函数
   |cos(x+y)|
   =
   于是，用将D分成D₁，D₂两个区域，见右图．用分块积分法得
   
   

[解] 将D={(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}分成
   D₁={(x，y)|0≤x≤y≤1}与D₂={(x，y)|0≤y≤x≤1}．
   
   但D₂又可分为曲线y=x²上方及下方两块，于是
   

[分析与求解] (Ⅰ) I(a)是二重积分的一个累次积分，令
   
   其中D={(x，y)|0≤x≤2a，，它是半圆域，如图，设x=raosθ，y=rsinθ换为极坐标系，则
   
   于是
   
   
   (Ⅱ) 注意当a→0时ln(1+a²)～a²，由二重积分中值定理知，，使得
   
   在此利用了当a→0⁺时ξ²+η²→0，从而

[解] 令u=x-t作换元，则t：0→xu：x→0，且t=x-u，dt=-du，代入即得
   
   从而原方程可改写为
   
   因f(x)连续，2x-x³可导，故上式中各项都可导．将上式两端对x求导数，就有
   (*)
   在(*)式中令x=0可得f(0)=2，又因(*)式右端各项都可导，从而f(x)可导．将(*)式两端对x求导可得
   f'(x)=-6x+2f(x)．
   综上可知f(x)是如下一阶线性微分方程初值问题的特解
   
   用积分因子e^-2x同乘方程两端得  (e^-2xy)'=-6xe^-2x．积分得
   
   于是方程的通解是．利用初值y(0)=2可确定常数．故所求的函数
   

[分析与证明] 引进辅助函数
   
   只须证明
   考察
   
   特别有   F(a)＞0．

[解] 注意
   
   且，于是，逐项积分可得
   
   由于所得的展开式不仅在开区间成立，而且还在两个端点处收敛，故所得的展开式在闭区间上成立．

[分析与求解] (Ⅰ)
   由于α＞2α-1>1，取常数P满足不等式α-1＞p＞1
   
   其中
   因收敛，由比较判别法知，收敛，因是正项级数，故绝对收敛．
   (Ⅱ) 由(其中)
   非绝对收敛．
   原级数是交错级数，易知
   
   为考察的单调性，令
   
   则
   
   (当x充分大时)当x充分大时当a充分大时单调减少．由于改变有限项不改变级数的敛散性，由莱布尼兹判别法知原级数收敛，因此是条件收敛．