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1.x1 ；3.x (1)n1 o(xn)；4.x0；5.(0,). 6.C；7.D；8.(n n n(n n n)n n n

nn n n n

1212.解:x1xx,x11[x limx1lim11 定理可知lim1[x]1x

n(31/n n3 n3213,解:原式lim 2

n 1lim31/n e2n1/ne2 1cos

x2sin2解:原式lim limx(1cosx)lim 2x0ln(1x3 x0ln(1x3 x解:xt2则dxt原式arcsint2tdt2arcsint1t dt)2(tarcsint1t2)1t2(x 1x)解:方法一.x[0,3]时f(x1) 2x于是 原式2(x1)e(x1)2dx3 1e(2

2ee0方法二,x1t,则dxdt2f(t)dt1tet2dt2edte于是原式

解:由对称性可知1原式11401

1 11x2141

1x2dx444

解:

dyx2

,令uy,yuxdyuxdu 于是原方程可化为uxdu1u,即udu1dx

1u2ln|x|C.y2x2lnx2 x1,y2代入通解得C4y2x2lnx2解 将x1代入曲线方程,解得y23x23y2ycos(y)(x1)ysin(y)0x1y2y(1)1,即曲线在点(1,2)313从而曲线在点(1,2)处的法线斜率为3,y3x1解:曲线yx2xy2的交点为(0,0)(1,1).因此，图形D为：x2y x,0x S x|dx 2021V1

2x3

[0(x)dx

(x)由对称性可知,

3.证明:f(x1

f(xg(x2maxg(x),f(x1g(x2F(xf(xg(x).F(a)F(x1)f(x1)g(x1)g(x2)g(x1)0F(x2)f(x2)g(x2)f(x2)f(x1)由零点定理可知,x3(ab),F(x30Rolle定理知,存在(ax3F(0证明 F(x2atf(t)dtax)af(t)dt.F(aF(x)2xf(x)(ax)f(x)xfax(xa)f(x)afxxa[f(x)f因为f在[a,)上单调递增,故当atx时 f(x)f(t

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