由泰勒公式及无穷小阶的比较可得。

\[【详解一】 \sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+o\left(x^{3}\right), \sin 3 x=3 x-\frac{27 x^{3}}{3 !}+o\left(x^{3}\right)\]

\[ \lim _{x \to 0} \frac{3 \sin x-\sin 3 x}{c x^{k}}=\lim _{x \to 0} \frac{-\frac{x^{3}}{2}+\frac{9 x^{3}}{2}+o\left(x^{3}\right)}{c x^{k}}=\lim _{x \to 0} \frac{4 x^{3}}{c x^{k}}=1\]

\[所以 c=4, k=3\]

\[\begin{aligned} 【详解二】 \lim _{x \to 0} \frac{3 \sin x-\sin 3 x}{c x^{k}}=\lim _{x \to 0} \frac{3 \cos x-3 \cos 3 x}{c k x^{k-1}}=\lim _{x \to 0} \frac{3}{c k} \frac{-2 \sin 2 x \sin (-x)}{x^{k-1}} \\ = & \frac{12}{c k} \lim _{x \to 0} \frac{x^{2}}{x^{k-1}}=1 \end{aligned}\]

所以 \(k-1=2\) , \(ck=12\) ,即 \(k=3\) , \(c=4\)

根据导数在某点的定义求解。

\[【详解】 \lim _{x \to 0} \frac{x^{2} f(x)-2 f\left(x^{3}\right)}{x^{3}}=\lim _{x \to 0} \frac{x^{2} f(x)-x^{2} f(0)}{x^{3}}-\lim _{x \to 0} \frac{2 f\left(x^{3}\right)-2 f(0)}{x^{3}} \\ =f'(0)-2 f'(0)=-f'(0) \]

\(f'(x)=0\) 的解为驻点 \(x=2 \pm \frac{1}{\sqrt{3}}\)

特征值为±λ,非齐次项中±λ分别与特征根相等,则特解可设为

\[x\left(a e^{\lambda x}+b e^{-\lambda x}\right)\]

根据 \begin{aligned} & z_{x}=f'(x) g(y)=0 \\ & z_{y}=f(x) g'(y)=0\end{aligned},\]

\[z_{x x}=f''(x) g(y), z_{y y}=f(x) g''(y), z_{x y}=f'(x) g'(y)\]

\[对于 (0,0), z_{x x}(0,0)=f''(0) g(0), z_{y y}=f(0) g''(0), z_{x y}=f'(0) g'(0)\]

\[已知 f(0)>0, g(0)<0, f'(0)=g'(0)=0\]

根据题意可判断 \(f''(0)<0\) , \(g^{\prime \prime}(0)>0\)

在区间 \([0, \frac{\pi}{4}]\) 上，\(\ln \sin x<\ln \cos x<\ln \cot x\) ，由定积分比较大小的性质可知,应选(B)

由初等变换及初等矩阵的性质易知 \(P_{2} A P_{1}=E\) ,从而 \(A=P_{2}^{-1} P_{1}^{-1}=P_{2} P_{1}^{-1}\) ,答案应选(D).

由 \((1,0,1,0)^{\top}\) 是方程 \(A X=0\) 的一个基础解系,知 \(r(A)=3\) ,从而 \(r(A^{*})=1,|A|=0\) , 于是 \(A^{*} A=|A| E=0\) ,即 \(a_{1}\) , \(a_{2}\) , \(a_{3}\) , \(a_{4}\) 为 \(A^{*} X=0\) 的解.由 \(a_{1}+a_{3}=0\) ,知 \(a_{1}\) , \(a_{3}\) 线性相关, 由 \(r(A)=3\) ,知 \(a_{2}\) , \(a_{3}\) , \(a_{4}\) 线性无关,又 \(r(A^{*})=1\) ,从而 \(a_{2}\) , \(a_{3}\) , \(a_{4}\) 为 \(A^{*} X=0\) 的基础解系, 故应选(D).

【详解】$\lim _{x \to 0}\left(\frac{1+2^{x}}{2}\right)^{\frac{1}{x}}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{1}{x} \ln \left(1+\frac{1+2^{x}}{2}-1\right)}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{1}{x} \cdot \frac{2^{x}-1}{2}}=\sqrt{2}$

【详解】$y=e^{-\int 1dx}(C+\int e^{-x}\cos x e^{\int 1dx}dx)=e^{-x}(C+\sin x)$，由于$y(0)=0$，所以$y=e^{-x}\sin x$

【详解】$s=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{1+\tan^{2}x}dx=\ln(\sqrt{2}+1)$

【详解】$\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx=\int_{0}^{+\infty}x\lambda e^{-\lambda x}dx=\frac{1}{\lambda}$或者指数函数的数学期望。

【详解】$\iint_{D}xy d\sigma=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{0}^{2\sin\theta}r^{3}\sin\theta\cos\theta dr=\frac{7}{12}$

【详解1】二次型$f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3}$易经过配方法化为$y_{1}^{2}+4y_{2}^{2}$，从而正惯性指数为2。

【详解2】本题亦可通过求二次型矩阵的特征值进一步得到正惯性指数为2。

解：由\(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0\)，所以至少 \( a > 0\)

由\(\lim_{x \to 0^{+}} F(x) = 0\)，

所以\(\lim_{x \to 0^{+}} F(x)=\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\int_{0}^{x}\ln(1 + t^{2})dt}{x^{3a}}=\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln(1 + x^{2})}{3ax^{3a - 1}}=\lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{2}}{3ax^{3a - 1}} = 0\)

故 \( 2 > 3a - 1\)，所以 \( a < 1\)

由\(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0\)，所以

\(\lim_{x \to +\infty} F(x)=\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{0}^{x}\ln(1 + t^{2})dt}{x^{3a}}=\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1 + x^{2})}{3ax^{3a - 1}}\)

\(=\lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{1 + x^{2}} \cdot \frac{1}{3a(3a - 1)x^{3a - 2}}=\lim_{x \to +\infty} \frac{2x^{3 - 3a}}{1 + x^{2}} \cdot \frac{1}{3a(3a - 1)} = 0\)

即 \( 3 - 3a < 2\)，所以 \( a > \frac{1}{3}\)

综上\(\frac{1}{3} < a < 1\) 

解：$\frac{dy}{dx}=\frac{t^2 - 1}{t^2 + 1}$，$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{4t}{(t^2 + 1)^3}$ 

当$t = 1$时，$x = \frac{5}{3}$，$y = -\frac{1}{3}$是极小值 

当$t = -1$时，$x = -1$，$y = 1$是极大值 

当$t = 0$时，$x = \frac{1}{3}$，$y = \frac{1}{3}$是拐点 

当$t \lt 0$时，是凸区间 

当$t \gt 0$时，是凹区间

【详解】 
\(\frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}'y + f_{2}'g'(x)\)
\(\frac{\partial^{2} z}{\partial x\partial y}=f_{1}'+ xyf_{11}'' + xf_{21}''g'(x)\)
因为\( g(x) \)在\( x = 1 \)处取得极值，所以 \( g'(1)=0 \)
所以\(\frac{\partial^{2} z}{\partial x\partial y}\big|_{\substack{x = 1\\y = 1}} = f_{1}'(1,1)+ f_{11}''(1,1)\) 

【详解】由题意知 \( y(0) = 0, y'(0) = 1 \)，因为 \( \alpha \) 为曲线 \( l \) 在点 \( (x, y) \) 外切线的倾角，

所以 \( \tan\alpha = \frac{dy}{dx} \) ，两边同时对 \( x \) 求导数，得 \( \sec^2\alpha\frac{d\alpha}{dx} = \frac{d^2y}{dx^2} \)

由题知 \( \frac{d\alpha}{dx} = \frac{dy}{dx} \)，并且 \( \sec^2\alpha = 1 + \tan^2\alpha \) 所以得微分方程

\[
\begin{cases}
\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{dy}{dx} + (\frac{dy}{dx})^3 \\
y(0) = 0 \\
y'(0) = 1
\end{cases}
\]
此方程是不显含 \( x \) 的微分方程

令 \( y' = p \)，则 \( y'' = p\frac{dp}{dy} \)，代入方程得 \( \frac{dp}{1 + p^2} = dy \)，解得 \( y' = \tan(y + C_1) \)

由 \( y'(0) = 1 \) 解得 \( C_1 = \frac{\pi}{4} \)，

微分方程 \( y' = \tan(y + \frac{\pi}{4}) \) 是可分离变量方程，解得 \( \sin(y + \frac{\pi}{4}) = Ce^x \)

由 \( y(0) = 0 \) 解得 \( C = 1 \)。

所以 \( y(x) = \arcsin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}e^x\right) - \frac{\pi}{4} \) 

证明: ①先证明 \( 0\leqslant x\leqslant1\)，有\(\frac{x}{x + 1} \lt \ln(1 + x) \lt x\)，可以利用导数得到函数单调性，结论是
明显的，令 \( x = \frac{1}{n}\)，就得到证明结论。
②先证明数列 \(\{ a_n\}\)单调递减， \(a_{n + 1} - a_n = \frac{1}{n + 1} - \ln(n + 1) + \ln n = \frac{1}{n + 1} - \ln(1 + \frac{1}{n}) \lt 0\)
再证明数列 \(\{ a_n\}\)有下界，
\(a_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \ln n \gt \ln(1 + \frac{1}{1}) + \ln(1 + \frac{1}{2}) + \cdots + \ln(1 + \frac{1}{n}) - \ln n = \ln(\frac{1}{n} \cdot \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdots \frac{n + 1}{n}) = \ln\frac{n + 1}{n} \gt 0\)
所以数列 \(\{ a_n\}\)收敛

(I) 容积 \(V=V_{1}+V_{2}=2 V_{1}=2 \pi \int_{\frac{1}{2}}^{1}\left(1-y^{2}\right) d y=\frac{9}{4} \pi\)。

(II) \(W=\int_{1}^{2} \rho g \cdot \pi x^{2}(y) \cdot (2-y) d y=\int_{\frac{1}{2}}^{2} 10^{3} g \cdot \pi \left[\left(2 y - y^{2}\right) \text{（对应上半部分）和} \left(1 - y^{2}\right) \text{（对应下半部分）}\right] \cdot (2 - y) d y=\frac{27}{4} \pi \times 10^{3} g\)。

【详解】根据二重积分的计算 \( \iint\limits_D xyf_{xy}''(x,y)dxdy = \int_{0}^{1}x\left( \int_{0}^{1}yf_{xy}''(x,y)dy \right)dx \)

\(\int_{0}^{1}yf_{xy}''(x,y)dy = \int_{0}^{1}ydf_{x}'(x,y) = (yf_{x}'(x,y))\big|_{y = 0}^{y = 1} - \int_{0}^{1}f_{x}'(x,y)dy\)
\( = f_{x}'(x,1) - \int_{0}^{1}f_{x}'(x,y)dy = - \int_{0}^{1}f_{x}'(x,y)dy\)

则 原式 \( = \int_{0}^{1}x\left( - \int_{0}^{1}f_{x}'(x,y)dy \right)dx = - \int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}xf_{x}'(x,y)dx \right)dy\)

\( = - \int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}xf_{x}'(x,y)dx \right)dy = - \int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}xdf(x,y) \right)dy = - \int_{0}^{1}\left( (xf(x,y))\big|_{x = 0}^{x = 1} - \int_{0}^{1}f(x,y)dx \right)dy\)
\( = - \int_{0}^{1}\left( f(1,y) - \int_{0}^{1}f(x,y)dx \right)dy = \iint\limits_D f(x,y)dxdy = a\) 

【详解】(1)易知$\boldsymbol{\alpha}_{1}$，$\boldsymbol{\alpha}_{2}$，$\boldsymbol{\alpha}_{3}$线性无关，由其不能被$\boldsymbol{\beta}_{1}$，$\boldsymbol{\beta}_{2}$，$\boldsymbol{\beta}_{3}$线性表出，得到$\boldsymbol{\beta}_{1}$，$\boldsymbol{\beta}_{2}$，$\boldsymbol{\beta}_{3}$线性相关，从而$r(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})\lt 3$．
由$\begin{pmatrix}1&1&3\\1&2&4\\1&3&a\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&1&3\\0&1&1\\0&2&a - 3\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&a - 5\end{pmatrix}$ 得$a = 5$．
(2)由
$\begin{pmatrix}1&0&1&1&1&3\\0&1&3&1&2&4\\1&1&5&1&3&5\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&1&1&1&3\\0&1&3&1&2&4\\0&1&4&0&2&2\end{pmatrix}$
$\to\begin{pmatrix}1&0&1&1&1&3\\0&1&3&1&2&4\\0&0&1& - 1&0& - 2\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&0&2&1&5\\0&1&0&4&2&10\\0&0&1& - 1&0& - 2\end{pmatrix}$
得 $\begin{pmatrix}\boldsymbol{\beta}_{1}&\boldsymbol{\beta}_{2}&\boldsymbol{\beta}_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{\alpha}_{1}&\boldsymbol{\alpha}_{2}&\boldsymbol{\alpha}_{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1&5\\4&2&10\\ - 1&0& - 2\end{pmatrix}$ 

【详解】 (1)易知特征值 -1 对应的特征向量为$\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}$，特征值 1 对应的特征向量为$\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$．由 $\mathrm{r}(A) = 2$知 A 的另一个特征值为 0．因为实对称矩阵不同特征值得特征向量正交，从而特征值 0 对应的特征向量为$\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ 

(2)

由 

$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&0&1\\-1&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1&0\\0&0&1\\-1&1&0\end{pmatrix}^{-1}$ 

得 

$A=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}$