1. (1) $$2 x \sqrt{1+x^4}$$
(2) $$-3 x^2 \frac{1}{\sqrt{1+x^6}}$$
(3)
\[
-e^{\cos^2 x} \sin x - e^{\sin^2 x} \cos x
\]
(4)
\[
\left( \int_0^x (x-t)f(t)dt \right)‘ = \left (
x\int_0^x f(t) dt - \int_0^x tf(t) dt \right)‘= \int_0^x f(t) dt +xf(x) - xf(x)=\int_0^x f(t)dt.
\]
2. 根据题设，两边求导数得
\[
(2x+1) f(x^2+x)=2x,
\]
令 $x=1$ 得
\[
f(2) =\frac 23.
\]
3. 因为当 $x\to 0$ 时，分子趋于零，所以
\[
\lim_{b-\cos x} = b-1 = 0
\]
推出 $b=1$. 又因为
\[
\lim_{x\to 0} \frac{\int_0^x (at -\arcsin t ) dt}{1-\cos x}
= \lim_{x\to 0} \frac{ax-\arcsin x}{\sin x}= \lim_{x\to 0} \frac{ax-\arcsin x}{ x}
= \lim_{x\to 0} ({a-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}})=a-1=1
\]
推出 $a=2$, 所以
\[
a=2,b=1.
\]
4. 当 $0\leq x \leq 1$ 时,
\[
\Phi(x) =\int_{0}^x f(t)dt =\int_0^x t^2 dt =\frac13 x^3,
\]
当 $1< x \leq 2$ 时,
\[
\Phi(x) =\int_{0}^x f(t)dt= \int _0^1 t^2 dt +\int_1^x t dt =\frac12 x^2-\frac16.
\]
即
\[
\Phi(x)=
\begin{cases}
\frac13 x^3, & 0\leq x\leq 1,
\\[2ex]
\frac12 x^2 -\frac16, & 1<x \leq 2.
\end{cases}
\]
可证 $\Phi(x)$ 在 $(0,2)$ 内连续，注意分段点需要用定义来证明。
5. 利用泰勒展开。由于
\[
f(0) =3,
f‘(0)= \frac{1+\sin x}{2+x^2}\bigg|_{x=0} =\frac12, f‘‘(0) =(\frac{1+\sin x}{2+x^2})‘\bigg|_{x=0} =\frac12.
\]
因此,
\[
f(x) \approx 3 + \frac12 x + \frac 14 x^2.
\]
(或者对被积函数
\[
\frac{1+\sin t}{2+t^2}
\]
在 $t=0$ 处做泰勒展开, 再做积分也可以.
)
6.
\[
\begin{aligned}
\int_0^\pi \sqrt{1-\sin x} dx =\int _0^\pi \frac{\sqrt{1-\sin^2 x} }{\sqrt{1+\sin x}}dx = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sqrt{1+\sin x}} dx
+ \int_{\pi/2}^\pi \frac{-\cos x}{\sqrt{1+\sin x}} dx
\\= 2\sqrt{1+\sin x}\bigg|_0^{\pi/2} - 2 \sqrt{1+\sin x}\bigg|_{\pi/2}^{\pi} =4\sqrt 2 -4.
\end{aligned}
\]
(特别注意：有了积分区间，那么开根号的时候，要根据区间来判断正负号。)