B

[解析] 在球坐标系下，Ω可写为
   
   所以
   
   
   故选B．

B

[解析] 对选项A：取，b_n=1，则，但均发散，故排除A．
   对选项C：取，则，且收敛，但发散，故排除C．
   对选项D：取，则，且发散，但收敛．
   故排除D．
   对选项B：用反证法．若级数均收敛，则，从而，与假设条件矛盾．因此，若，则中至少一个发散，即选项B正确．

B

[解析] 在Γ上f(x，y)=1，M在第Ⅱ象限，N在第Ⅳ象限，因此M点的纵坐标y_M大于N点的纵坐标y_N，因此
   
   故应选B．

D

[解析] 所求功为
   
   故选D．

B

[解析] 绝对收敛，即收敛，则级数收敛，由收敛级数的运算性质，得级数都收敛．故应选B．

D

[解析] 由于收敛，又
   由性质收敛级数加括号不改变其收敛性知，级数收敛，故应选D．
   如令，显然发散，收敛．
   但是级数均发散，可排除A、B、C．

A

[解析] 由于为正项级数且收敛，则级数收敛，而
   
   则收敛，故绝对收敛．

C

[解析] 因为级数，级数，则级数
   
   故选C．

D

[解析] 因为φ₁(x)，φ₂(x)，φ₃(x)为方程y"+a₁(x)y'+a₂(x)y=f(x)的三个线性无关解，所以φ₁(x)-φ₃(x)，φ₂(x)-φ₃(x)，为方程y"+a₁(x)y'+a₂(x)y=0的两个线性无关解，于是方程y"+a₁(x)y'+a₂(x)y=f(x)的通解为
   C₁[φ₁(x)-φ₃(x)]+C₂[φ₂(x)-φ₃(x)]+φ₃(x)，
   即C₁φ₁(x)+C₂φ₂(x)+C₃φ₃(x)，其中C₃=1-C₁-C₂或C₁+C₂+C₃=1，选D．

A

[解析] 因为特征方程为λ²+bλ+1=0，其判别式为Δ=b²-4．
   当b≠±2时，微分方程的通解为．所以
   当b²-4＞0时，要使解y(x)在(0，+∞)上有界，只需要，即b＞2；
   当b²-4＜0时，要使解y(x)在(0，+∞)上有界，只需要的实部大于或等于零，即0≤b＜2；
   当b=2时，解y(x)=(c₁+c₂x)e^-x在区间(0，+∞)上有界；
   当b=-2时，解y(x)=(c₁+c₂x)e^x在区间(0，+∞)上无界；
   综上所述，当且仅当b≥0时，微分方程y"+by'+y=0的每一个解y(x)都在区间(0，+∞)上有界，故选A．

不失一般性，设f'₊(a)＞0，f'_-(b)＞0．
   由f'₊(a)＞0知，存在x₁∈(a，b)，使得f(x₁)＞f(a)=0；
   由f'_-(b)＞0知，存在x₂∈(a，b)，使得f(x₂)＜f(b)=0；
   因为f(x₁)f(x₂)＜0，所以由零点定理，存在c∈(a，b)，使得f(c)=0．
   令，显然h(x)在[a，b]上连续，有h(a)=h(c)=h(b)=0．
   存在ξ₁∈(a，c)，ξ₂∈(c，b)，使得h'(ξ₁)=h'(ξ₂)=0．
   而，所以
   
   令φ(x)=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)，则φ(ξ₁)=φ(ξ₂)=0．
   由罗尔定理，存在，使得φ'(ξ)=0，而
   φ'(x)=f"(x)g(x)-f(x)g"(x)，
   所以

对于这类问题的证明，关键是找对辅助函数．通常我们利用原函数法来求辅助函数，先对要证明的结果进行分析
   
   先对g(x)=e^3x用拉格朗日中值定理，再对F(x)=e^xf(x)用拉格朗日中值定理，然后乘以常数(e^2a+e^a+b+e^2b)可得待证的等式．
   令g(x)=e^3x，则g(x)=e^3x在[a，b]上满足拉格朗日中值定理条件．
   由拉格朗日中值定理，存在点η∈(a，b)，使得
   
   即
   令F(x)=e^xf(x)，由拉格朗日中值定理，存在点ξ∈(a，b)，使得
   
   由f(b)=f(a)=1，可得
   
   两边同时乘以(e^2a+e^a+b+e^2b)，得
   
   代入式①，可得(e^2a+e^a+b+e^2b)[f(ξ)+f'(ξ)]=3e^3η-ξ．

观察原等式可得
   
   而由拉格朗日中值定理
   f'(x₁)(b-a)=f(b)-f(a)，
   则有
   
   设g(x)=x²，当a≥0时，f(x)和g(x)在[a，b]上满足柯西中值定理，故
   使
   
   即  
   分析同上，对于右边等式，可设φ(x)=x³，当a≥0时，f(x)和φ(x)在[a，b]上满足柯西定理的条件，故，使
   
   即  
   同样地，由拉格朗日中值定理知，必，使
   
   综合式①、②、③可得
   
   即得所证．

记，显然，函数f(x)、g(x)连续，且
   f(0)=g(0)=0，
   对任意一点x，函数f(x)与g(x)分别在[0，x]或[x，0]上应用拉格朗日中值定理有
   f(x)-f(0)=f'(ξ₁)x，g(x)-g(0)=g'(ξ₂)x，
   其中ξ₁，ξ₂在0与x之间，因此由题设条件得
   
   对上式两边令x→0，有ξ₁→0，ξ₂→0，使得
   
   原结论成立．

在带拉格朗日余项的泰勒公式
   
   中分别取x=a与x=b，并取，可得
   
   两式相减得
   
   当f'"(ξ₁)=f'"(ξ₂)时取ξ=ξ₁(或ξ=ξ₂)，否则由f'"(x)的连续性知存在ξ∈(ξ₁，ξ₂)，
   使得，代入上式即得存在，使得
   

先证明左半边不等式．
   由积分中值定理得
   
   又因为f'(x)＞0，所以f(ξ)＞f(a)．
   所以  
   再证明右半边不等式．
   可尝试构造函数并用单调性证明之．
   设  
   则  
   由f"(x)＞0，知F"(x)＞0，故F'(x)单调增加，F'(x)＞F'(a)=0．
   所以F(x)单调递增，F(b)＞F(a)=0，即
   
   所以  

由f"(x)＜0司知，f(x)在[a，b]上是凸函数，由凸函数性质知，f(x)在(a，b)内的图形位于(a，f(a))和(b，f(b))之间的线段之上，即x轴之上，所以在(a，b)内f(x)＞0．
   由上可知，存在一点c∈(a，b)，使得，由拉格朗日中值定理得
   f(c)-f(a)=f'(ξ₁)(c-a)，即
   f(b)-f(c)=f'(ξ₂)(b-c)，即
   则  

由于问题中涉及f(x)与其导致、二阶导数的关系，可考虑用勒公式证明之．f(x)在c处的泰勒展开式为
   
   其中ξ在c与x之间．
   取x=0，1得
   
   两式相减得
   
   由此