C

[解析] 利用题设：点(1，1)在曲线上，且该点又是y=y(x)的驻点，即满足y'(1)=0，联立两个关于a和b的方程组求之．
   因y=y(x)过点(1，1)，故
   1-a+b=0，a-b=1．
   ①
   又因x=1是y=y(x)的驻点，则y'(1)=0．
   先求y'(x)．在x³-ax²y²+by³=0两边对x求导，得到
   
   且(1，1)是其驻点，故
   即 ②
   联立式①、式②解得
   仅(C)入选．

B

[解析] 利用极限的保号性和极值的定义判别之．
   由题设有
   
   由极限的保号性知，存在x=a的右邻域(a，a+δ₁)(δ₁＞0)，使
   f(x)-f(a)＜0，  即  f(x)＜f(a)，
   也存在x=a的左邻域(a-δ₂，a)(δ＞0)，使
   f(x)-f(a)＜0，  即f(x)＜f(a)．
   由极值的定义知，f(a)为f(x)的极大值．仅(B)入选．

B

[解析] 因f(a)=f(b)，首选罗尔定理证之，再用反证法证明f'(x)只有一个零点．
   因为f(x)在[a，b]上连续，(a，b)内可导，
   f(a)=f(b)．
   由罗尔定理知，至少存在ξ∈(a，b)，使得
   f'(ξ)=0．
   如果f'(x)在(a，b)内有两个零点ξ₁，ξ₂(a≠ξ₂)，则函数f'(x)在[ξ₁，ξ₂]上仍满足罗尔定理条件，则在ξ₁，ξ₂之间存在ξ₂，使
   f"(ξ₃)=0，
   这与在[a，b]上f"(x)≠0矛盾．因此仅(B)入选．

B

[解析] 三个积分I₁，I₂，I₃的积分区间不一样，且被积函数的中间变量不一样，需通过变量代换化成一样来比较．
   在I₁中，令x=sint，当x=0时，t=0；当x=1时，．且dx=costdt．
   因此
   
   在I₁中，令x=tant，当x=0时，t=0；当x=1时，，且dx=sec²tdt，
   当时，sect＞1，从而有sec²t＞1．因此
   
   于是有I₃＜I₁＜I₂. 仅B入选.

B

[解析] 先在方程两边对y积分，再利用f'_y(x，0)=x及f(x，0)=0确定相应常数.
   在方程两边对y积分得
   
   由知
   C(x)=x,即
   再积分得f(x,y)=y²+xy+C₁(x)
   再由f(x,0)=1知C₁(x)=1. 于是
   f(x,y)=1+xy+y²
   仅(B)入选

B

[解析] 将f(x)代入得到二重积分，画出积分区域(见图)，且调换积分次序求出二重积分．
   
   又因已知被积分函数f(x)的导数
   
   也可用分部积分法直接计算．
   解一  积分区域如上图所示．
   
   交换积分次序，得
   
   仅(B)入选．
   解二  因已知被积函数f(x)的导数
   
   故可使用分部积分法求之．
   
   仅(B)入选．

A

[解析] 因A有特征值λ₁，λ₂，λ₃，则kA+E有特征值kλ_i+1(i=1，2，3)．又kA+E正定，则参数k应满足
   kλ_i+1＞0，  即
   由题设有
   a≥λ₁≥λ₂≥λ₃≥b，
   故
   当时，由上式知
   
   从而当时，kA+E为正定矩阵．仅(A)入选．

A

[解析] 属于同一特征值的特征向量的线性组合仍然是属于该特征值的特征向量．
   解一  因α₁，α₂，α₃为A的3个不同特征值的特征向量，故线性无关，且它们都是齐次方程的解．而2α₂，3α₃，-α₁仍然分别为齐次方程的解，且它们线性无关，故它们也为A的3个不同特征值的特征向量．于是令
   P=[2α₂，3α₃，-α₁]，
   有
   故P^-1(A+2E)P=P^-1AP+2P^-1EP
   仅(A)入选．
   解二  由A的特征值
   λ₂=1，λ₃=-1，λ₁=2，
   得到A+2E的3个不同的特征值
   μ₂=1+2=3，μ₃=-1+2=1，μ₁=2+2=4，
   因而A+2E可相似对角化，且
   
   仅(A)入选．

[解析] 利用幂指函数极限的求法求之．求解时要注意利用等价无穷小代换：
   a^x-1～xlna(x→0)
    原式=，
   而
   故 原式=

0

[解析] 由题设可知
   ln(1+2x²)+x²f(x)=o(x³)，
   由此求出
   的表达式代入所求极限计算．
   解一
   或由
   2x²～ln(1+2x²)～(2x²)²/2=2x⁴，
   即得
   解二  因
   故
   因而
   则  

[解析] 直接按曲线的曲率公式计算：
   
   为此先要求出y'|_(0,0),y"|_(0,0)．
   在所给方程两边对x求导，得到
   1+y'=2ax+2byy'+3cx²．    ①
   两边再对x求导，得到
   y"=2a+2b(yy"+y'²)+6cx．    ②
   将x=0，y=0代入式①求得
   y'|_(0,0)=-1
   再将x=0，y=0，y'=-1代入式②，得到
   y"|_(0,0)=2(a+b)，
   则所求曲率为
   

[解析] 将极限函数化成积和式形式，用定积分定义求之．
   这是求和式的极限，将它转化成积分和，利用定积分定义求该极限．
   由
   有

0

[解析] 给出隐函数u及其自变量x，y所满足的等式，为求有关偏导数，
   常利用此式设出辅助函数F(x，y，u)=0，再利用公式求出有关偏导数．
   设
   则
   又
   故

[解析] 为消掉方程中未知矩阵A^*，需在方程两边左乘A，然后右乘A^-1以化简方程．
   在所给方程的两边左乘A，则
   AA^*BA=2ABA-8A,即-2BA=2ABA-8A
   在此方程两边右乘A^-1，则
   -2B=2AB-8E
   即AB+B=4E，(A+E)B=4E
   故

令f(x)=(x+3)⁷，视x为自变量，所求极限可转化为用导数定义求f(x)在x=3处的导数．
   令
   f(x)=(3+x)⁷，
   则  原式
   而   f'(3)=[(3+x)⁷]'_x=3=7(3+x)⁶|_x=3=7·6⁶．

因
   e^n(x-1)=(e^x-1)ⁿ，可视为F(x)^g(n)(n→∞)型函数．这种类型函数常由|F(x)|=e^|x-1|=1的解x=1作为x取值区间的分界点，分x＞1，x=1，x＜1三种情况求出极限．
   求出极限后再根据连续和可导的必要条件列出a与b所满足的方程，联立解之即得a与b的值．
   易求得
   
   由f(x)可导知，f(x)在x=1处连续，于是有
   f(1-0)=f(1+0)=f(1)．
   而
   故
   a+b=1=(1+a+b)/2．
   又f(x)在x=1处可导，故
   
   而
   或
   
   故a=2，从而b=1-a=1-2=-1．

设
   
   对f(x)求其导数，利用f'(x)的符号得到f(x)的单调区间及极大值，再对有关的不等式进行放大即可证得结果．
   证  令
   则有
   f'(x)=(x-x²)sin²ⁿx=x(1-x)sin²ⁿx．
   当0＜x＜1时，f'(x)＞0，f(x)严格单调增加．
   当x＞1时，f'(x)＜0(除去x=kπ(k=1，2，…))，f(x)严格单调递减．
   因此x=1为f(x)的极大值点，且f(1)是x≥0时f(x)的最大值．
   这说明，只要证明
   
   则必有
   
   成立．
   事实上，当t≥0时，sint≤t．
   而
   所以当x≥0时，
   

利用面积值等于弧长值的一半建立方程．因曲线弧由极坐标方程r=r(θ)(α≤θ≤β)给出，因而弧长公式应为
   
   由已知条件得
   
   两边对θ求导得
   ，即
   从而
   因为
   所以
   由条件r(0)=2知，
   
   故所求曲线L的方程为
   
   即，亦即
   故

为证f(x)=cg(x)，只需证．于是归结证明
   
   证事实上，由题设有
   f(x)g'(x)-g(x)f'(x)=0，
   即，
   亦即
   故存在常数c，使
   即f(x)=cg(x)(x∈(a，b))．

直接对方程左边的函数使用零点定理是行不通的，这是因为该函数含有参数a，b，其端点值的符号不好确定，于是将方程左边的函数视为
   f(x)=ax³+bx²-(a+b)x
   的导数，对f(x)使用罗尔定理，本例即可得证．
   证  设
   f(x)=ax³+bx²-(a+b)x，
   于是
   f'(x)=3ax²+2bx-(a+b)．
   显然f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且
   f(0)=f(1)=0．
   根据罗尔定理知，在(0，1)内至少存在一点ξ，使f'(ξ)=0，即方程
   3ax²+2bx-(a+b)=0
   在(0，1)内至少有一个根．

由导数定义及其极限的保号性可找到两点x₁，x₂，使f(x₁)f(x₂)＜0．由零点定理知，存在ξ，使f(ξ)=0．现有三点函数取值为0，两次利用罗尔定理，例得证．
   证  由f'(a)f'(b)＞0，不妨设f'(a)＞0，且f'(b)＞0．由导数定义知
   
   因此存在δ₁＞0，使得当z∈(a，a+δ₁)时，有
   
   因为x＞a，故有
   f(x)＞f(a)，即f(x)＞0，x∈(a，a+δ₁)．
   又由于
   故存在δ₂＞0，使得当x∈(b-δ₂，b)时，有
   
   因为x＜b，所以
   f(x)＜f(b)，  即 f(x)＜0，x∈(b-δ₂，b)．
   取δ₁，δ₂充分小，使a+δ₁＜b-δ₂．再取两点
   x₁∈(a，a+δ₁)，   x₂∈(b-δ₂，b)，
   考虑区间[x₁，x₂]．显然f(x)在[x₁，x₂]上连续，且
   f(x₁)＞0，  f(x₂)＜0．
   因此由连续函数介值定理知，至少存在一点ξ∈(x₁，x₂)，从而ξ∈(a，b)，使得f(ξ)=0．
   再由f(a)=f(ξ)=f(b)及罗尔定理知，至少存在η₁∈(a，ξ)和η₂∈(ξ，b)，使得
   f'(η₁)=f'(η₂)=0．
   又在区间[η₁，η₂]上应用罗尔定理，便知至少存在η∈(η₁，η₂)(a，b)，使得f"(η)=0。

将增广矩阵化成能识别的秩与A的秩的大小的形式，然后对参数进行讨论，利用秩()与秩(A)的关系判别方程组解的情况．
   对原方程组的增广矩阵施行初等行变换：
   
   于是，当时，原方程组无解，因秩()=3≠秩(A)=2．
   当λ≠1且时，原方程组有唯一解，因秩()=秩(A)=3．
   当λ=1时，原方程组有无穷多解，因秩()=秩(A)=2＜3．用初等行变换将进一步化成含有最高阶单位矩阵的矩阵：
   
   由特解及基础解系的简便求法得到其特解为
   η=[1，-1，0]^T，
   基础解系为
   α=[0，1，1]^T，
   因此，其通解为
   x=kα+η，k为任意常数．

反复利用特征值、特征向量的定义，利用对角矩阵乘积可交换的性质证明AB=BA．
   证设X₁，X₂，…，X_n是A的分别属于其不同特征值λ₁，λ₂，…，λ_n的特征向量，则X₁，X₂，…，X_n线性无关，且AX_i=λ_iX_i，令
   P=[X₁，X₂，…，X_n]，
   则
   AP=[AX₁，AX₂，…，AX_n]=[λ₁X₁，λ₂X₂，…，λ_nX_n]
   
   由题设，可令BX_i=μ_iX_i(i=1，2，…，n)，则
   
   于是
   
   因P可逆，故由BAP=ABP得
   BAPP^-1=ABPP^-1．
   即
   AB=BA．