卷 2

【答案】
$e^{- \frac{1}{2}}$

【解析】
函数在 $x = 0$ 处连续，因此需要满足 $lim_{x \to 0} f (x) = f (0) = a$ 。
计算极限 $lim_{x \to 0} (cos x)^{x^{- 2}}$ 。
这是一个 $1^{\infty}$ 型不定式，取自然对数：
设 $L = lim_{x \to 0} (cos x)^{x^{- 2}}$ ，则

ln L = x \to 0 lim ln ((cos x)^{x^{- 2}}) = x \to 0 lim \frac{ln ( cos x )}{x ^{2}}

当 $x \to 0$ 时，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则：
分子导数为 $\frac{1}{c o s x} \cdot (- sin x) = - tan x$ ，分母导数为 $2 x$ ，
因此

x \to 0 lim \frac{ln ( cos x )}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{- tan x}{2 x} = x \to 0 lim \frac{- sin x}{2 x cos x}

利用 $lim_{x \to 0} \frac{s i n x}{x} = 1$ 和 $cos x \to 1$ ，得

x \to 0 lim \frac{- sin x}{2 x cos x} = \frac{- 1}{2}

所以 $ln L = - \frac{1}{2}$ ，即 $L = e^{- \frac{1}{2}}$ 。
因此， $a = e^{- \frac{1}{2}}$ 。

【答案】 $- \frac{3}{2}$

【解析】 给定函数 $y = ln \frac{1 - x}{1 + x ^{2}}$ ，首先化简为：

y = \frac{1}{2} [ln (1 - x) - ln (1 + x^{2})]

求一阶导数：

y^{'} = \frac{1}{2} [\frac{- 1}{1 - x} - \frac{2 x}{1 + x ^{2}}] = \frac{1}{2} (- \frac{1}{1 - x} - \frac{2 x}{1 + x ^{2}})

求二阶导数：

y^{''} = \frac{1}{2} \frac{d}{d x} (- \frac{1}{1 - x} - \frac{2 x}{1 + x ^{2}})

计算各部分导数：

\frac{d}{d x} (- \frac{1}{1 - x}) = - \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}, \frac{d}{d x} (- \frac{2 x}{1 + x ^{2}}) = \frac{2 ( x ^{2} - 1 )}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}

所以：

y^{''} = \frac{1}{2} [- \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}} + \frac{2 ( x ^{2} - 1 )}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}]

代入 $x = 0$ ：

y^{''} (0) = \frac{1}{2} [- \frac{1}{( 1 - 0 ) ^{2}} + \frac{2 ( 0 - 1 )}{( 1 + 0 ) ^{2}}] = \frac{1}{2} [- 1 + (- 2)] = \frac{1}{2} \times (- 3) = - \frac{3}{2}

因此， $y^{''} ∣_{x = 0} = - \frac{3}{2}$ .

【答案】
$arcsin (\frac{x - 2}{2}) + C$

【解析】
首先，将分母中的表达式进行变换：
$x (4 - x) = 4 x - x^{2} = - (x^{2} - 4 x) = - [(x - 2)^{2} - 4] = 4 - (x - 2)^{2}$ 。
因此，积分变为：

\int \frac{d x}{x ( 4 - x )} = \int \frac{d x}{4 - ( x - 2 ) ^{2}}

令 $u = x - 2$ ，则 $d u = d x$ ，积分化为：

\int \frac{d u}{4 - u ^{2}} = arcsin (\frac{u}{2}) + C = arcsin (\frac{x - 2}{2}) + C

这里利用了标准积分公式 $\int \frac{d u}{a ^{2} - u ^{2}} = arcsin (\frac{u}{a}) + C$ ，其中 $a = 2$ 。

【答案】
$\frac{π}{8}$

【解析】
首先，对分母完成平方：
$x^{2} + 4 x + 8 = (x^{2} + 4 x + 4) + 4 = (x + 2)^{2} + 4$ 。
于是积分化为：

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{( x + 2 ) ^{2} + 4}

利用积分公式 $\int \frac{d x}{a ^{2} + u ^{2}} = \frac{1}{a} arctan (\frac{u}{a}) + C$ ，其中 $u = x + 2$ ， $a = 2$ ，得：

\int \frac{d x}{( x + 2 ) ^{2} + 4} = \frac{1}{2} arctan (\frac{x + 2}{2}) + C

计算定积分：

b \to \infty lim [\frac{1}{2} arctan (\frac{b + 2}{2}) - \frac{1}{2} arctan (\frac{0 + 2}{2})]

当 $b \to \infty$ ， $\frac{b + 2}{2} \to \infty$ ， $arctan (\frac{b + 2}{2}) \to \frac{π}{2}$ ，故第一项为 $\frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{4}$ 。
第二项： $\frac{1}{2} arctan (1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{4} = \frac{π}{8}$ 。
因此，积分值为：

\frac{π}{4} - \frac{π}{8} = \frac{π}{8}

【答案】
3

【解析】
已知向量组 $α_{1} = (1, 2, - 1, 1)$ , $α_{2} = (2, 0, t, 0)$ , $α_{3} = (0, - 4, 5, - 2)$ 的秩为 2。构造矩阵 $A = 120 20 - 4 - 1 t 5 10 - 2$ 并进行行化简：
首先，第二行减去 2 倍第一行： $R 2 \leftarrow R 2 - 2 R 1$ ，得到 $100 2 - 4 - 4 - 1 t + 2 5 1 - 2 - 2$ 。
然后，第三行减去第二行： $R 3 \leftarrow R 3 - R 2$ ，得到 $100 2 - 4 0 - 1 t + 2 3 - t 1 - 2 0$ 。
该矩阵为行阶梯形，秩由非零行数决定。当 $3 - t = 0$ 时，第三行为零行，秩为 2；否则秩为 3。给定秩为 2，因此 $3 - t = 0$ ，即 $t = 3$ 。
验证：当 $t = 3$ 时， $α_{3} = - 2 α_{1} + α_{2}$ ，向量组线性相关，秩为 2，符合条件。

【答案】 1

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to - \infty} \frac{4 x ^{2} + x - 1 + x + 1}{x ^{2} + s i n x}$ 。
当 $x \to - \infty$ 时，对分子和分母进行渐近分析。
分子中， $4 x^{2} + x - 1 \sim 4 x^{2} = 2∣ x ∣ = - 2 x$ （因为 $x < 0$ ），所以分子 $\sim - 2 x + x + 1 = - x + 1 \sim - x$ 。
分母中， $x^{2} + sin x \sim x^{2} = ∣ x ∣ = - x$ 。
因此，原式 $\sim \frac{- x}{- x} = 1$ ，故极限为 1。

或者，通过变量代换 $t = - x$ ，则当 $x \to - \infty$ 时 $t \to + \infty$ ，原式化为

t \to + \infty lim \frac{4 t ^{2} - t - 1 - t + 1}{t ^{2} - sin t}

分子除以 $t$ 得 $\frac{4 t ^{2} - t - 1}{t} - 1 + \frac{1}{t} = 4 - \frac{1}{t} - \frac{1}{t ^{2}} - 1 + \frac{1}{t} \to 2 - 1 + 0 = 1$ ，
分母除以 $t$ 得 $\frac{t ^{2} - s i n t}{t} = 1 - \frac{s i n t}{t ^{2}} \to 1$ ，
因此比值为 1。
两种方法均得极限为 1。

【答案】

\frac{d y}{d x} = \frac{( 1 + t ^{2} ) ( y ^{2} - e ^{t} )}{2 ( 1 - t y )}

【解析】 给定参数方程 $x = arctan t$ 和隐式方程 $2 y - t y^{2} + e^{t} = 5$ ，其中 $y$ 是 $x$ 的函数。
首先，求 $\frac{d x}{d t}$ :

x = arctan t ⟹ \frac{d x}{d t} = \frac{1}{1 + t ^{2}}

其次，求 $\frac{d y}{d t}$ 。对隐式方程 $2 y - t y^{2} + e^{t} = 5$ 两边关于 $t$ 求导：

2 \frac{d y}{d t} - (y^{2} + 2 t y \frac{d y}{d t}) + e^{t} = 0

整理得：

2 \frac{d y}{d t} - 2 t y \frac{d y}{d t} = y^{2} - e^{t}

\frac{d y}{d t} (2 - 2 t y) = y^{2} - e^{t}

\frac{d y}{d t} = \frac{y ^{2} - e ^{t}}{2 ( 1 - t y )}

然后，利用参数求导公式：

\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{\frac{y ^{2} - e ^{t}}{2 ( 1 - t y )}}{\frac{1}{1 + t ^{2}}} = \frac{( 1 + t ^{2} ) ( y ^{2} - e ^{t} )}{2 ( 1 - t y )}

因此，得到最终结果。

【答案】

e^{2 x} tan x + C

【解析】 首先，展开被积函数： $(tan x + 1)^{2} = tan^{2} x + 2 tan x + 1$ 。于是积分变为：

\int e^{2 x} (tan^{2} x + 2 tan x + 1) d x

利用恒等式 $tan^{2} x = sec^{2} x - 1$ ，代入得：

\int e^{2 x} ((sec^{2} x - 1) + 2 tan x + 1) d x = \int e^{2 x} (sec^{2} x + 2 tan x) d x

现在，考虑函数 $e^{2 x} tan x$ ，对其求导：

\frac{d}{d x} (e^{2 x} tan x) = e^{2 x} sec^{2} x + tan x \cdot 2 e^{2 x} = e^{2 x} (sec^{2} x + 2 tan x)

这正是被积函数。因此，

\int e^{2 x} (sec^{2} x + 2 tan x) d x = e^{2 x} tan x + C

其中 $C$ 为积分常数。故原积分为：

\int e^{2 x} (tan x + 1)^{2} d x = e^{2 x} tan x + C

【答案】
$x^{3} + x^{2} y - x y^{2} = C$

【解析】
给定微分方程

(3 x^{2} + 2 x y - y^{2}) d x + (x^{2} - 2 x y) d y = 0,

设 $M = 3 x^{2} + 2 x y - y^{2}$ ， $N = x^{2} - 2 x y$ 。
计算偏导数：

\frac{\partial M}{\partial y} = 2 x - 2 y, \frac{\partial N}{\partial x} = 2 x - 2 y,

由于 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ ，该方程为恰当微分方程。

存在函数 $F (x, y)$ 满足

\frac{\partial F}{\partial x} = M, \frac{\partial F}{\partial y} = N .

对 $M$ 关于 $x$ 积分：

F (x, y) = \int (3 x^{2} + 2 x y - y^{2}) d x = x^{3} + x^{2} y - x y^{2} + g (y),

其中 $g (y)$ 为仅与 $y$ 有关的函数。

再对 $F$ 关于 $y$ 求偏导：

\frac{\partial F}{\partial y} = x^{2} - 2 x y + g^{'} (y) .

令其等于 $N = x^{2} - 2 x y$ ，得

x^{2} - 2 x y + g^{'} (y) = x^{2} - 2 x y \Rightarrow g^{'} (y) = 0,

所以 $g (y) = C_{1}$ （常数）。

因此，

F (x, y) = x^{3} + x^{2} y - x y^{2} + C_{1} .

原方程的通解为 $F (x, y) = C_{2}$ ，即

x^{3} + x^{2} y - x y^{2} = C,

其中 $C = C_{2} - C_{1}$ 为任意常数。

故通解为

x^{3} + x^{2} y - x y^{2} = C .

【答案】 $y^{''} - y^{'} - 2 y = e^{x} (1 - 2 x)$

【解析】 给定三个解 $y_{1} = x e^{x} + e^{2 x}$ , $y_{2} = x e^{x} + e^{- x}$ , $y_{3} = x e^{x} + e^{2 x} - e^{- x}$ ，它们都是某二阶线性非齐次微分方程的解。由于线性非齐次微分方程的解的差是对应齐次方程的解，计算可得：

$y_{1} - y_{2} = e^{2 x} - e^{- x}$ 是齐次解，
$y_{1} - y_{3} = e^{- x}$ 是齐次解，
$y_{3} - y_{2} = e^{2 x}$ 是齐次解。因此，齐次方程的通解包含 $e^{2 x}$ 和 $e^{- x}$ ，对应特征根 $r = 2$ 和 $r = - 1$ ，特征方程为 $r^{2} - r - 2 = 0$ ，故齐次方程为 $y^{''} - y^{'} - 2 y = 0$ 。

非齐次方程的特解为 $y_{p} = x e^{x}$ ，代入齐次方程验证：计算 $y_{p}^{'} = e^{x} (1 + x)$ , $y_{p}^{''} = e^{x} (2 + x)$ ，代入左边得 $y_{p}^{''} - y_{p}^{'} - 2 y_{p} = e^{x} (2 + x) - e^{x} (1 + x) - 2 x e^{x} = e^{x} (1 - 2 x)$ ，因此非齐次项为 $f (x) = e^{x} (1 - 2 x)$ 。

故所求微分方程为 $y^{''} - y^{'} - 2 y = e^{x} (1 - 2 x)$ 。

【答案】

B = 000200100

【解析】 已知 $A = 100110 - 1 1 - 1$ 且 $A^{2} - A B = E$ ，其中 $E$ 是三阶单位矩阵。
由 $A^{2} - A B = E$ 可得 $A (A - B) = E$ ，因此 $A - B = A^{- 1}$ ，即 $B = A - A^{- 1}$ 。
计算 $A$ 的逆矩阵 $A^{- 1}$ ：
通过行变换求逆，增广矩阵为

100110 - 1 1 - 1 100010001

将第三行乘以 $- 1$ 得

100110 - 1 11 100010 00 - 1

第二行减去第三行得

100110 - 1 01 100010 01 - 1

第一行加上第三行得

100110001100010 - 1 1 - 1

第一行减去第二行得

100010001100 - 1 10 - 2 1 - 1

所以 $A^{- 1} = 100 - 1 10 - 2 1 - 1$ 。
则 $B = A - A^{- 1} = 100110 - 1 1 - 1 - 100 - 1 10 - 2 1 - 1 = 000200100$ 。
验证：计算 $A^{2} = 100210101$ ， $A B = 000200100$ ，则 $A^{2} - A B = 100010001 = E$ ，满足原方程。

【答案】
当 $λ \neq = 1$ 且 $λ \neq = - \frac{4}{5}$ 时，方程组有唯一解；
当 $λ = 1$ 时，方程组有无穷多解，通解为 $x_{1} = 1, x_{2} = t - 1, x_{3} = t$ （ $t$ 为任意实数）；
当 $λ = - \frac{4}{5}$ 时，方程组无解。

【解析】
方程组的系数矩阵 $A$ 和增广矩阵 $B$ 分别为：

A = 2 λ 4 λ - 1 5 - 1 1 - 5, B = 2 λ 4 λ - 1 5 - 1 1 - 5 12 - 1

计算系数矩阵 $A$ 的行列式：

det (A) = det 2 λ 4 λ - 1 5 - 1 1 - 5 = 5 λ^{2} - λ - 4

令 $det (A) = 0$ ，解得 $λ = 1$ 或 $λ = - \frac{4}{5}$ 。

当 $λ \neq = 1$ 且 $λ \neq = - \frac{4}{5}$ 时， $det (A) \neq = 0$ ，系数矩阵满秩，方程组有唯一解。
当 $λ = 1$ 时，方程组变为：

⎩ ⎨ ⎧ 2 x_{1} + x_{2} - x_{3} = 1 x_{1} - x_{2} + x_{3} = 2 4 x_{1} + 5 x_{2} - 5 x_{3} = - 1

增广矩阵行化简后为：

100 - 1 10 1 - 1 0 2 - 1 0

系数矩阵秩为 2，增广矩阵秩为 2，且小于变量个数 3，故有无穷多解。通解为 $x_{1} = 1, x_{2} = t - 1, x_{3} = t$ （ $t$ 为任意实数）。

当 $λ = - \frac{4}{5}$ 时，方程组变为：

⎩ ⎨ ⎧ 2 x_{1} - \frac{4}{5} x_{2} - x_{3} = 1 - \frac{4}{5} x_{1} - x_{2} + x_{3} = 2 4 x_{1} + 5 x_{2} - 5 x_{3} = - 1

增广矩阵行化简后出现矛盾方程 $0 = 9$ ，故系数矩阵秩为 2，增广矩阵秩为 3，两者不等，方程组无解。

【答案】 $r cos (θ - \frac{π}{3}) = 1$ 或 $r cos (θ + \frac{π}{3}) = 1$

【解析】 设曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r = r (θ)$ ，点 $M_{0} (2, 0)$ 对应 $θ = 0$ ，点 $M (r, θ)$ 为曲线上任意一点。极径 $O M_{0}$ 和 $OM$ 与曲线 $L$ 所围成的曲边扇形面积为 $A = \frac{1}{2} \int_{0}^{θ} r^{2} d θ$ ，曲线 $L$ 上 $M_{0}$ 到 $M$ 的弧长为 $s = \int_{0}^{θ} r^{2} + (\frac{d r}{d θ})^{2} d θ$ 。根据条件，面积值等于弧长值的一半，即：

\frac{1}{2} \int_{0}^{θ} r^{2} d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{θ} r^{2} + (\frac{d r}{d θ})^{2} d θ

简化得：

\int_{0}^{θ} r^{2} d θ = \int_{0}^{θ} r^{2} + (\frac{d r}{d θ})^{2} d θ

对两边关于 $θ$ 求导：

r^{2} = r^{2} + (\frac{d r}{d θ})^{2}

两边平方：

r^{4} = r^{2} + (\frac{d r}{d θ})^{2}

整理得：

(\frac{d r}{d θ})^{2} = r^{4} - r^{2} = r^{2} (r^{2} - 1)

于是：

\frac{d r}{d θ} = \pm r r^{2} - 1

这是一个可分离变量的微分方程。当 $r \geq 1$ 时，分离变量：

\frac{d r}{r r ^{2} - 1} = \pm d θ

积分左边：

\int \frac{d r}{r r ^{2} - 1} = arcsec r + C

所以：

arcsec r = \pm θ + C

代入初始条件 $r (0) = 2$ ：

arcsec 2 = \pm 0 + C ⟹ C = \frac{π}{3}

因此：

arcsec r = \pm θ + \frac{π}{3}

取正割：

r = sec (\pm θ + \frac{π}{3})

由于正割函数是偶函数，即 $sec (- x) = sec (x)$ ，上述方程可写为：

r = sec (θ + \frac{π}{3}) r = sec (\frac{π}{3} - θ)

即：

r cos (θ + \frac{π}{3}) = 1 r cos (θ - \frac{π}{3}) = 1

这就是曲线 $L$ 的方程。验证可知，这两条直线均满足初始条件 $r (0) = 2$ ，且满足面积与弧长的关系。

【答案】 函数 $f (x) = \frac{3 a}{2} x + C$ ，当 $a = - 5$ 时，图形 $S$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得的旋转体的体积最小。

【解析】 由微分方程 $x f^{'} (x) = f (x) + \frac{3 a}{2} x^{2}$ 可得：

f^{'} (x) - \frac{1}{x} f (x) = \frac{3 a}{2} x

这是一阶线性微分方程，积分因子为 $μ (x) = e^{\int - \frac{1}{x} d x} = \frac{1}{x}$ 。两边乘以积分因子：

(\frac{f ( x )}{x})^{'} = \frac{3 a}{2}

积分得：

\frac{f ( x )}{x} = \frac{3 a}{2} x + C

即：

f (x) = C x + \frac{3 a}{2} x^{2}

其中 $C$ 为积分常数。

由曲线 $y = f (x)$ 与 $x = 1, y = 0$ 所围图形 $S$ 的面积为 $2$ ，考虑到 $f (0) = 0$ ，图形 $S$ 为从 $x = 0$ 到 $x = 1$ 的区域，故：

\int_{0}^{1} f (x) d x = 2

代入 $f (x)$ ：

\int_{0}^{1} (C x + \frac{3 a}{2} x^{2}) d x = [\frac{C}{2} x^{2} + \frac{a}{2} x^{3}]_{0}^{1} = \frac{C}{2} + \frac{a}{2} = 2

解得：

C + a = 4

即 $C = 4 - a$ ，所以：

f (x) = (4 - a) x + \frac{3 a}{2} x^{2}

图形 $S$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得的旋转体体积为：

V = π \int_{0}^{1} [f (x)]^{2} d x = π \int_{0}^{1} [(4 - a) x + \frac{3 a}{2} x^{2}]^{2} d x

展开被积函数：

[(4 - a) x + \frac{3 a}{2} x^{2}]^{2} = (4 - a)^{2} x^{2} + 3 a (4 - a) x^{3} + \frac{9 a ^{2}}{4} x^{4}

积分：

\int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3}, \int_{0}^{1} x^{3} d x = \frac{1}{4}, \int_{0}^{1} x^{4} d x = \frac{1}{5}

所以：

V = π [\frac{( 4 - a ) ^{2}}{3} + \frac{3 a ( 4 - a )}{4} + \frac{9 a ^{2}}{20}]

化简：

V = π [\frac{16 - 8 a + a ^{2}}{3} + \frac{12 a - 3 a ^{2}}{4} + \frac{9 a ^{2}}{20}] = π [\frac{16}{3} - \frac{8}{3} a + \frac{1}{3} a^{2} + 3 a - \frac{3}{4} a^{2} + \frac{9}{20} a^{2}]

合并同类项：

常数项： $\frac{16}{3}$
$a$ 项： $- \frac{8}{3} a + 3 a = \frac{1}{3} a$
$a^{2}$ 项： $\frac{1}{3} a^{2} - \frac{3}{4} a^{2} + \frac{9}{20} a^{2} = \frac{1}{30} a^{2}$

因此：

V (a) = π (\frac{1}{30} a^{2} + \frac{1}{3} a + \frac{16}{3})

为求 $V (a)$ 的最小值，令其导数为零：

V^{'} (a) = π (\frac{1}{15} a + \frac{1}{3}) = 0

解得：

a = - 5

此时：

f (x) = (4 - (- 5)) x + \frac{3 ( - 5 )}{2} x^{2} = 9 x - \frac{15}{2} x^{2}

且在区间 $(0, 1)$ 内 $f (x) > 0$ ，满足条件。

故当 $a = - 5$ 时，函数

f (x) = 9 x - \frac{15}{2} x^{2}

对应的旋转体体积最小。

【答案】

φ^{'} (x) = {\frac{x f ( x ) - \int _{0}^{x} f ( u ) d u}{x ^{2}}, 1, x \neq = 0 x = 0

且 $φ^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【解析】 已知函数 $f (x)$ 连续，且 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{x} = 2$ ，定义 $φ (x) = \int_{0}^{1} f (x t) d t$ 。

首先，求 $φ^{'} (x)$ 。对于 $x \neq = 0$ ，通过变量代换 $u = x t$ ，有：

φ (x) = \int_{0}^{1} f (x t) d t = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u .

令 $F (x) = \int_{0}^{x} f (u) d u$ ，则 $φ (x) = \frac{F ( x )}{x}$ 。求导得：

φ^{'} (x) = \frac{x F ^{'} ( x ) - F ( x )}{x ^{2}} = \frac{x f ( x ) - \int _{0}^{x} f ( u ) d u}{x ^{2}} .

对于 $x = 0$ ，由定义求导：

φ^{'} (0) = h \to 0 lim \frac{φ ( h ) - φ ( 0 )}{h} .

由 $φ (0) = \int_{0}^{1} f (0) d t$ ，且由 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{x} = 2$ 可知 $f (0) = 0$ ，故 $φ (0) = 0$ 。于是：

φ^{'} (0) = h \to 0 lim \frac{φ ( h )}{h} = h \to 0 lim \frac{1}{h} \int_{0}^{1} f (h t) d t .

代换 $u = h t$ ，得：

\int_{0}^{1} f (h t) d t = \frac{1}{h} \int_{0}^{h} f (u) d u,

所以：

φ^{'} (0) = h \to 0 lim \frac{1}{h ^{2}} \int_{0}^{h} f (u) d u .

由洛必达法则或等价无穷小，因 $lim_{u \to 0} \frac{f ( u )}{u} = 2$ ，有：

h \to 0 lim \frac{1}{h ^{2}} \int_{0}^{h} f (u) d u = h \to 0 lim \frac{f ( h )}{2 h} = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1,

故 $φ^{'} (0) = 1$ .

其次，讨论 $φ^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性。需证 $lim_{x \to 0} φ^{'} (x) = φ^{'} (0) = 1$ 。对于 $x \neq = 0$ ，有：

φ^{'} (x) = \frac{x f ( x ) - \int _{0}^{x} f ( u ) d u}{x ^{2}} .

令 $f (x) = 2 x + g (x)$ ，其中 $lim_{x \to 0} \frac{g ( x )}{x} = 0$ ，则：

x f (x) = x (2 x + g (x)) = 2 x^{2} + xg (x),

\int_{0}^{x} f (u) d u = \int_{0}^{x} (2 u + g (u)) d u = x^{2} + \int_{0}^{x} g (u) d u .

由 $lim_{u \to 0} \frac{g ( u )}{u} = 0$ ，知 $\int_{0}^{x} g (u) d u = o (x^{2})$ ，故：

x f (x) - \int_{0}^{x} f (u) d u = (2 x^{2} + xg (x)) - (x^{2} + o (x^{2})) = x^{2} + o (x^{2}),

所以：

φ^{'} (x) = \frac{x ^{2} + o ( x ^{2} )}{x ^{2}} = 1 + o (1) \to 1 (x \to 0) .

因此， $lim_{x \to 0} φ^{'} (x) = 1 = φ^{'} (0)$ ，即 $φ^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【答案】
设 $f (x) = x - \frac{π}{2} sin x$ ， $x \in (0, \frac{π}{2})$ 。

当 $k < f (x_{0})$ 时，方程无根；
当 $k = f (x_{0})$ 时，方程有唯一根 $x = x_{0}$ ；
当 $f (x_{0}) < k < 0$ 时，方程有两个根，分别位于 $(0, x_{0})$ 和 $(x_{0}, \frac{π}{2})$ ；
当 $k \geq 0$ 时，方程无根。
其中 $x_{0} = arccos \frac{2}{π}$ ， $f (x_{0}) = x_{0} - \frac{π ^{2} - 4}{2}$ 。

【解析】
考虑函数 $f (x) = x - \frac{π}{2} sin x$ 在开区间 $(0, \frac{π}{2})$ 上的性质。
计算导数 $f^{'} (x) = 1 - \frac{π}{2} cos x$ 。令 $f^{'} (x) = 0$ ，得 $cos x = \frac{2}{π}$ 。
由于 $x \in (0, \frac{π}{2})$ ，存在唯一的 $x_{0} = arccos \frac{2}{π}$ 使得 $f^{'} (x_{0}) = 0$ 。

当 $x \in (0, x_{0})$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ，函数 $f (x)$ 单调递减；
当 $x \in (x_{0}, \frac{π}{2})$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ，函数 $f (x)$ 单调递增。
因此， $x_{0}$ 是函数 $f (x)$ 的极小值点。

计算区间端点的极限：
当 $x \to 0^{+}$ 时， $f (x) \to 0^{-}$ ；
当 $x \to \frac{π}{2}^{-}$ 时， $f (x) \to 0^{-}$ 。

计算极小值 $f (x_{0}) = x_{0} - \frac{π}{2} sin x_{0}$ 。
由于 $cos x_{0} = \frac{2}{π}$ ，有 $sin x_{0} = \frac{π ^{2} - 4}{π}$ ，所以

f (x_{0}) = x_{0} - \frac{π ^{2} - 4}{2} .

证明 $f (x_{0}) < 0$ ：
令 $t = \frac{2}{π}$ ，则 $x_{0} = arccos t$ 。需证 $t arccos t < 1 - t^{2}$ 。
考虑函数 $ϕ (t) = t arccos t - 1 - t^{2}$ ，有

ϕ (0) = - 1 < 0, ϕ (1) = 0,

且 $ϕ^{'} (t) = arccos t > 0$ 对于 $t \in (0, 1)$ ，
故 $ϕ (t) < 0$ 对于 $t \in (0, 1)$ ，即 $t arccos t < 1 - t^{2}$ ，从而 $f (x_{0}) < 0$ 。

因此，函数 $f (x)$ 在 $(0, \frac{π}{2})$ 上的值域为 $[f (x_{0}), 0)$ 。

对于方程 $f (x) = k$ ：

若 $k < f (x_{0})$ ，则 $k$ 不在值域内，无根；
若 $k = f (x_{0})$ ，则恰有唯一根 $x = x_{0}$ ；
若 $f (x_{0}) < k < 0$ ，则在 $(0, x_{0})$ 和 $(x_{0}, \frac{π}{2})$ 上各存在唯一根，共两个根；
若 $k \geq 0$ ，则 $k$ 不在值域内，无根。

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