【答案】（B）

【解析】当\( x \to 0^+ \)时，
\( a_1 = x(\cos\sqrt{x} - 1) \sim -\frac{1}{2}x^2 \)，\( a_2 = \sqrt{x}\ln(1 + \sqrt[3]{x}) \sim x^{\frac{2}{3}} \)，\( a_3 = \sqrt[3]{x + 1} - 1 \sim \frac{1}{3}x \)。

所以3个无穷小量按照从低阶到高阶的排序是\( a_2,a_3,a_1 \)，故选B。

【答案】（D）

【解析】\( F(x)=\int f(x)dx = \begin{cases} (x - 1)^2,&x < 1,\\ x\ln x - x + C,&x > 1,\end{cases} \) \( F(x) \)需连续，\( F(1^-) = F(1^+) \)
\(\Rightarrow C = 1\)

【答案】（B）

【解析】\(\int_{-\infty}^{0} \frac{1}{x^2} e^{\frac{1}{x}} dx = -\int_{-\infty}^{0} e^{\frac{1}{x}} d\frac{1}{x} = -e^{\frac{1}{x}} \big|_{-\infty}^{0} = -\left( \lim_{x \to 0^-} e^{\frac{1}{x}} - \lim_{x \to -\infty} e^{\frac{1}{x}} \right) = 1\)，收敛；

\(\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^2} e^{\frac{1}{x}} dx = \int_{0}^{+\infty} e^{\frac{1}{x}} d\frac{1}{x} = -e^{\frac{1}{x}} \big|_{0}^{+\infty} = -\left( \lim_{x \to +\infty} e^{\frac{1}{x}} - \lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x}} \right) = -1 + \lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x}} = +\infty\)，发散

故选B。

【答案】(B)

【解析】根据极值的必要条件可知，极值点可能是驻点或导数不存在的点。根据极值的充分条件知，在某点左右导函数符号发生改变，则该点是极值点，因此从图形可知函数\( f(x) \)有2个极值点.

根据拐点的必要条件可知，拐点可能是二阶导为0的点或二阶导不存在的点，根据拐点的充分条件可知，曲线在某点左右导函数的单调性发生改变，则该点是曲线的拐点，因此曲线\( y = f(x) \)有3个拐点，故选B.

【答案】（A）

【解析】因为\( f_i''(x) \)连续且\( f_i''(x_0) \lt 0 \)，所以根据连续的定义和极限的保号性，在\( x_0 \)的某邻域\( U(x_0) \)内有\( f_i''(x) \lt 0 \)，所以\( f_i(x) \)在\( U(x_0) \)内是凸的。又因为在\( x = x_0 \)处具有公切线\( y = g(x) \)，根据凸函数的几何意义可知，曲线与切线的位置关系为\( f_i(x) \leq g(x) \)。在点\( x_0 \)处，\( y = f_1(x) \)的曲率大于\( y = f_2(x) \)的曲率，所以\( f_1''(x_0) \lt f_2''(x_0) \lt 0 \)。令\( F(x) = f_1(x) - f_2(x) \)，因为在\( x = x_0 \)处具有公切线\( y = g(x) \)，所以\( F(x_0) = 0 \)，\( F'(x_0) = 0 \)。再由\( F''(x_0) \lt 0 \)得，\( F(x_0) = 0 \)为\( F(x) \)的极大值，所以在\( x_0 \)的某邻域\( U_1(x_0) \)内\( F(x) \leq 0 \)，故\( f_1(x) \leq f_2(x) \)。从而\( f_1(x) \leq f_2(x) \leq g(x) \)。故选A。

【答案】（D）

【解析】因为\( f'_{x}(x,y)=\frac{e^{x}(x - y) - e^{x}}{(x - y)^{2}} \)，\( f'_{y}(x,y)=\frac{e^{x}}{(x - y)^{2}} \)，
所以\( f'_{x}(x,y) + f'_{y}(x,y)=\frac{e^{x}}{x - y}=f(x) \)。故选D。

【答案】（C）
【解析】\( A \)与\( B \)相似，所以存在可逆阵\( P \) 使得\( P^{-1}AP = B \)。
\( B^T = P^T A^T (P^T)^{-1} = P^T A^T (P^{-1})^T \)，即\( A^T \)与\( B^T \)相似。
\( B^{-1} = P^{-1}A^{-1}P \)，即\( A^{-1} \)与\( B^{-1} \)相似。
又\( B = P^{-1}AP \)，从而有\( B^{-1} + B = P^{-1}(A + A^{-1})P \)
所以\( A + A^{-1} \)与\( B^{-1} + B \)相似，从而选C。

【答案】(C)

【解析】二次型\( f(x_1,x_2,x_3) \)对应的矩阵\( A=\begin{pmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 1 & a \end{pmatrix} \)，由
\( |\lambda E - A|=\begin{vmatrix} \lambda - a & -1 & -1 \\ -1 & \lambda - a & -1 \\ -1 & -1 & \lambda - a \end{vmatrix} = (\lambda - a - 2)(\lambda - a + 1)^2 = 0 \)得，\( A \)的特征值为\( \lambda_1 = a + 2 \)，\( \lambda_2 = \lambda_3 = a - 1 \)。由于\( f(x_1,x_2,x_3) \)的正、负惯性指数分别为1,2，且正负惯性指数恰好等于特征值中正、负数的个数，所以\( a + 2 > 0 \)且\( a - 1 < 0 \)，即\( -2 < a < 1 \)。故选C。

【答案】\( y = x + \frac{\pi}{2} \)

【解析】因为\( a = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{1}{x} \left( \frac{x^3}{1 + x^2} + \arctan(1 + x^2) \right) = 1 \)，
\( b = \lim\limits_{x \to \infty} (y - ax) = \lim\limits_{x \to \infty} \left( \frac{x^3}{1 + x^2} + \arctan(1 + x^2) - x \right) = \frac{\pi}{2} \)，所以斜渐近线为\( y = x + \frac{\pi}{2} \)。

【答案】$\sin1 - \cos1$

【解析】因为$\lim\limits _{n→∞}\frac {1}{n^{2}}\left(\sin\frac {1}{n}+2\sin\frac {2}{n}+\cdots +n\sin\frac {n}{n}\right)=\lim\limits _{n→∞}\frac {1}{n}\left(\frac {1}{n}\sin\frac {1}{n}+\frac {2}{n}\sin\frac {2}{n}+\cdots +\frac {n}{n}\sin\frac {n}{n}\right)$
$=\int_{0}^{1}x\sin xdx = \sin1 - \cos1$

【答案】\( y' - y = 2x - x^2 \)

【解析】设一阶非齐次线性微分方程为\( y' + p(x)y = q(x) \)。根据线性微分方程齐次与非齐次解之间的关系知\( x^2 - (x^2 - e^x) = e^x \)为\( y' + p(x)y = 0 \)的解，所以\( p(x) = -1 \)。又因为\( y = x^2 \)是\( y' + p(x)y = q(x) \)的解，所以\( q(x) = 2x - x^2 \)。故一阶非齐次线性微分方程为\( y' - y = 2x - x^2 \)。

【答案】\( \frac{5}{2} \times 2^n \)

【解析】当\( x = 0 \)时，\( f(0) = 1 \)；
\( f(x)=(x+1)^2 + 2\int_{0}^{1} f(t)dt \)两边同时对\( x \)求导，得\( f'(x) = 2(x + 1) + 2f(x) \)，\( f'(0) = 4 \)；
\( f'(x) = 2(x + 1) + 2f(x) \)两边同时对\( x \)求导，得\( f''(x) = 2 + 2f'(x) \)，\( f''(0) = 10 \)；
\( f''(x) = 2 + 2f'(x) \)两边同时对\( x \)求导，得\( f'''(x) = 2f''(x) \)；
……
依次求导得\( f^{(n)}(x) = 2^{n - 2}f''(x) \)；所以\( f^{(n)}(0) = 2^{n - 2}f''(0) = 10 \times 2^{n - 2} = \frac{5}{2} \times 2^n \)

【答案】\( 2\sqrt{2}v_0 \)

【解析】\( l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + x^6} \)，同时对\( t \)求导得：
\( \frac{dl}{dt} = \frac{dl}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = \frac{2x + 6x^5}{2\sqrt{x^2 + x^6}} \cdot \frac{dx}{dt} \)。
又因为当\( x = 1 \)时，\( \frac{dx}{dt} = v_0 \)，所以：
\( \left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{8}{2\sqrt{2}} v_0 = 2\sqrt{2}v_0 \)。

【答案】2

【解析】$|B|=\begin{vmatrix} 1&1&0\\ 0&-1&1\\ 1&0&1\end{vmatrix}=0$，$r(B)=2$；

$|A|=\begin{vmatrix} a&-1&-1\\ -1&a&-1\\ -1&-1&a\end{vmatrix}=(a + 1)^2(a - 2)=0$；

当$a = -1$时，$r(A)=1$；当$a = 2$时，$r(A)=2$，故$a = 2$。

【解析】$\lim\limits_{x \to 0}( \cos 2x + 2x \sin x - 1)^{\frac{1}{x^4}} = e^{\lim\limits_{x \to 0}\frac{1}{x^4}( \cos 2x + 2x \sin x - 1)}$

其中，
$\lim\limits_{x \to 0}\frac{1}{x^4}( \cos 2x + 2x \sin x - 1) = \lim\limits_{x \to 0}\frac{1 - \frac{1}{2}(2x)^2 + \frac{1}{4!}(2x)^4 + o(x^4) + 2x(x - \frac{x^3}{3!} + o(x^3)) - 1}{x^4}$
$= \lim\limits_{x \to 0}\frac{1 - 2x^2 + \frac{2}{3}x^4 + 2x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) - 1}{x^4} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{1}{3}x^4 + o(x^4)}{x^4} = \frac{1}{3}$

因此，原极限$= e^{\frac{1}{3}}$

【解析】\( f(x)=\int_{0}^{1}|t^2 - x^2|dt (x > 0) \)

当\( 0 < x \leq 1 \)时，\( f(x)=\int_{0}^{x}(x^2 - t^2)dt + \int_{x}^{1}(t^2 - x^2)dt \)
\( = x^3 - \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{3} - \frac{1}{3}x^3 - x^2(1 - x) = \frac{4}{3}x^3 - x^2 + \frac{1}{3} \)

当\( x > 1 \)时，\( f(x)=\int_{0}^{1}(x^2 - t^2)dt = x^2\int_{0}^{1}dt - \int_{0}^{1}t^2dt = x^2 - \frac{1}{3} \)

即\( f(x)=\begin{cases}
\frac{4}{3}x^3 - x^2 + \frac{1}{3} & 0 < x \leq 1 \\
x^2 - \frac{1}{3} & x > 1
\end{cases} \)
\( f'(x)=\begin{cases}
4x^2 - 2x & 0 < x \leq 1 \\
2x & x > 1
\end{cases} \)

令\( f'(x)=0 \)可得当\( 0 < x \leq 1 \)时\( x = \frac{1}{2} \)为驻点且为极小值点，\( f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4} \)，而\( f(1) = \frac{2}{3} \)

所以\( f(x) \)的最小值为\( \frac{1}{4} \)

【解析】
\[
\begin{cases}
2xz + x^2 \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} + 2 = 0 \\
x^2 \frac{\partial z}{\partial y} + 2yz + y^2 \frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial y} + 2 = 0
\end{cases}
\]
\[
\Rightarrow
\begin{cases}
xz + 1 = 0 \\
yz + 1 = 0 \\
x^2 z + y^2 z + \ln z + 2(x + y + 1) = 0
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
x = -1 \\
y = -1 \\
z = 1
\end{cases}
\]

由\( 2xz + x^2 \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} + 2 = 0 \)再对\( x \)求导可得：
\[
2z + 2x \frac{\partial z}{\partial x} + (x^2 + y^2) \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} - \frac{1}{z^2} \left( \frac{\partial z}{\partial x} \right)^2 + \frac{1}{z} \cdot \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 0
\]

将\( \frac{\partial z}{\partial x} = 0 \)，\( x = -1 \)，\( y = -1 \)，\( z = 1 \)代入可得\( A = \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = -\frac{2}{3} < 0 \)，同理：\( \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} < 0 \)。

由\( 2xz + x^2 \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} + 2 = 0 \)再对\( y \)求导可得：
\[
2x \frac{\partial z}{\partial y} + 2y \frac{\partial z}{\partial x} + (x^2 + y^2) \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} - \frac{1}{z^2} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z} \cdot \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 0
\]

将\( \frac{\partial z}{\partial x} = 0 \)，\( \frac{\partial z}{\partial y} = 0 \)，\( x = -1 \)，\( y = -1 \)，\( z = 1 \)代入可得\( \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 0 \)。

因\( AC - B^2 > 0 \)且\( A < 0 \)，所以\( (-1, -1) \)处取得极大值。

【解析】\( I = \iint\limits_{D} \frac{x^2 - xy - y^2}{x^2 + y^2} dxdy = \iint\limits_{D} \frac{x^2 + y^2 - 2y^2}{x^2 + y^2} dxdy - \iint\limits_{D} \frac{xy}{x^2 + y^2} dxdy = I_1 + I_2 \)

又区域\( D \)关于\( y \)轴对称，则\( I_2 = 0 \)。

\( I_1 = \iint\limits_{D} dxdy - 2\iint\limits_{D} \frac{y^2}{x^2 + y^2} dxdy = I_3 + I_4 \)

其中\( I_3 = \iint\limits_{D} dxdy = 1 \)，

\( I_4 = 2\iint\limits_{D} \frac{y^2}{x^2 + y^2} dxdy = 4\iint\limits_{D_1} \frac{y^2}{x^2 + y^2} dxdy = 4\int_{0}^{1} dy \int_{0}^{y} \frac{y^2}{x^2 + y^2} dx \)

又\( \int_{0}^{y} \frac{y^2}{x^2 + y^2} dx = y^2 \int_{0}^{y} \frac{1}{(\frac{x}{y})^2 + 1} \cdot \frac{dx}{y} = y \arctan \frac{x}{y} \big|_{0}^{y} = \frac{\pi}{4} y \)

故\( I_4 = \pi \int_{0}^{1} y dy = \frac{\pi}{2} \)，则\( I = 1 - \frac{\pi}{2} \)。

【解析】已知\( y_2(x)=\mu(x)e^x \)是二阶微分方程\( (2x - 1)y'' - (2x + 1)y' + 2y = 0 \)的解，代入并整理得\( (2x - 1)\mu'' = (3 - 2x)\mu' \)，即\( \frac{\mu''}{\mu'} = \frac{3 - 2x}{2x - 1} \)，
所以\( \int \frac{\mu''}{\mu'}dx = \int \frac{3 - 2x}{2x - 1}dx \)，\( \ln|\mu'| = \int \frac{-2x + 3}{2x - 1}dx = -x + \ln|2x - 1| + \ln C_1 \)
所以\( |\mu'(x)| = e^{-x}|2x - 1|C_1 \)，\( \mu'(x) = C_1(2x - 1)e^{-x} \)。
\( \mu(x) = \int C_1(2x - 1)e^{-x}dx = C_1[-2xe^{-x} - e^{-x} + C_2] \)
已知\( \mu(-1)=e \)，\( \mu(0)=-1 \)，所以\( C_1=1 \)，\( C_2=0 \)，即\( \mu(x) = -2xe^{-x} - e^{-x} \)。
已知\( y_1(x) \)，\( y_2(x) \)必线性无关，从而原方程通解为\( y = k_1e^x + k_2(-2x - 1)e^{-x} \)，\( k_1,k_2 \)为任意常数。

【解析】
体积部分：
\( V = V_1 - V_2 = \pi \int_{0}^{1} (1 - x^2) dx - \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^6 t \cdot 3\cos^2 t (-\sin t) dt \)
\( = \frac{2\pi}{3} - 3\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^7 t (1 - \sin^2 t) dt + 3\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^9 t dt \)
计算得：\( V = \frac{2\pi}{3} - 3\pi \cdot \frac{16}{35} \cdot \frac{1}{9} = \frac{18}{35}\pi \)

表面积部分：
对于曲线\( y = \sqrt{1 - x^2} \ (0 \leq x \leq 1) \)旋转的表面积\( S_1 \)：
\( S_1 = 2\pi \int_{0}^{1} y \sqrt{1 + y'^2(x)} dx = 2\pi \int_{0}^{1} \sqrt{1 - x^2} \sqrt{1 + \frac{x^2}{1 - x^2}} dx = 2\pi \)

对于参数方程\( \begin{cases} x = \cos^3 t \\ y = \sin^3 t \end{cases} \ (0 \leq t \leq \frac{\pi}{2}) \)旋转的表面积\( S_2 \)：
\( S_2 = 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \sqrt{(3\sin^2 t \cos t)^2 + (3\cos^2 t \sin t)^2} dt \)
\( = 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \cdot 3\sin t \cos t dt \)
\( = 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 3\sin^4 t \cos t dt = \frac{6\pi}{5} \sin^5 t \big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{6\pi}{5} \)

总表面积：\( S = S_1 + S_2 = 2\pi + \frac{6\pi}{5} = \frac{16\pi}{5} \)

【解析】（1）\( f(x) = \int_{0}^{x} \frac{\cos t}{2t - 3\pi} dt \)，根据平均值公式，\( f(x) \)在\( [0,\frac{3\pi}{2}] \)上的平均值为\( \frac{\int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} f(x) dx}{\frac{3\pi}{2}} \)。
利用交换积分次序，\( \int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} dx \int_{0}^{x} \frac{\cos t}{2t - 3\pi} dt = \int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} dt \int_{t}^{\frac{3\pi}{2}} \frac{\cos t}{2t - 3\pi} dx \)，
计算内层积分\( \int_{t}^{\frac{3\pi}{2}} \frac{\cos t}{2t - 3\pi} dx = \frac{\cos t}{2t - 3\pi} \cdot (\frac{3\pi}{2} - t) \)，
因此平均值为\( \frac{\int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} \frac{\cos t}{2t - 3\pi} \cdot (\frac{3\pi}{2} - t) dt}{\frac{3\pi}{2}} = \frac{-\int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} \frac{\cos t}{2} dt}{\frac{3\pi}{2}} \)，
计算定积分\( -\frac{1}{2} \sin t \big|_{0}^{\frac{3\pi}{2}} = -\frac{1}{2} (-1 - 0) = \frac{1}{2} \)，
故平均值为\( \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3\pi}{2}} = \frac{1}{3\pi} \)。

（2）由\( f(x) = \int_{0}^{x} \frac{\cos t}{2t - 3\pi} dt \)，求导得\( f'(x) = \frac{\cos x}{2x - 3\pi} \)。
令\( f'(x) = 0 \)，解得在\( (0,\frac{3\pi}{2}) \)上的唯一驻点为\( x = \frac{\pi}{2} \)。
当\( 0 < x < \frac{\pi}{2} \)时，\( \cos x > 0 \)，\( 2x - 3\pi < 0 \)，故\( f'(x) < 0 \)；
当\( \frac{\pi}{2} < x < \frac{3\pi}{2} \)时，\( \cos x < 0 \)，\( 2x - 3\pi < 0 \)，故\( f'(x) > 0 \)。
因此\( x = \frac{\pi}{2} \)为\( f(x) \)在\( (0,\frac{3\pi}{2}) \)内的极小值点，也是最小值点，即\( f_{\text{min}}(x) = f(\frac{\pi}{2}) < 0 \)。
又\( f(0) = 0 \)，计算\( f(\frac{3\pi}{2}) = \int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} \frac{\cos t}{2t - 3\pi} dt \)，令\( u = 2t - 3\pi \)，则\( t = \frac{u + 3\pi}{2} \)，\( dt = \frac{1}{2}du \)，当\( t = 0 \)时\( u = -3\pi \)，\( t = \frac{3\pi}{2} \)时\( u = 0 \)，积分变为\( \frac{1}{2} \int_{-3\pi}^{0} \frac{\cos \frac{u + 3\pi}{2}}{u} du = \frac{1}{2} \int_{-3\pi}^{0} \frac{-\sin \frac{u}{2}}{u} du > 0 \)（可通过积分性质判断符号）。
结合单调性：\( f(x) \)在\( (0,\frac{\pi}{2}) \)上单调递减，且\( f(0) = 0 \)，故\( (0,\frac{\pi}{2}) \)内无零点；在\( (\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}) \)上单调递增，且\( f(\frac{\pi}{2}) < 0 \)，\( f(\frac{3\pi}{2}) > 0 \)，故该区间内有唯一零点。
综上所述，\( f(x) \)在区间\( (0,\frac{3\pi}{2}) \)内只有唯一零点。

【解析】（1）由方程组\( Ax = \beta \)无解，可知\( r(A) \neq r(A, \beta) \)，故这里有\( |A| = 0 \)，
\( |A| = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 - a \\ 1 & 0 & a \\ a + 1 & 1 & a + 1 \end{vmatrix} = 0 \Rightarrow a = 0 \)或\( a = 2 \)。由于当\( a = 0 \)时，\( r(A) \neq r(A, \beta) \)，而当\( a = 2 \)时，\( r(A) = r(A, \beta) \)，综上，故\( a = 0 \)符合题目。

（2）当\( a = 0 \)时，\( A^T A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix} \)，\( A^T \beta = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix} \)，故
\( (A^T A, A^T \beta) = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 2 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -2 \\ 2 & 2 & 2 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)，
因此，方程组\( A^T Ax = A^T \beta \)的通解为\( x = k \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \)，其中\( k \)为任意实数。

【解析】(1)由\( |\lambda E - A| = \lambda(\lambda + 1)(\lambda + 2) = 0 \)，所以\( \lambda_1 = 0, \lambda_2 = -1, \lambda_3 = -2 \)。
所以\( A \)可相似对角化，且\( A \)与\( \begin{pmatrix} 0 & & \\ & -1 & \\ & & -2 \end{pmatrix} \)相似。
由\( (0E - A)x = 0 \)得\( \eta_1 = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \)；由\( (-E - A)x = 0 \)得\( \eta_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \)；由\( (-2E - A)x = 0 \)得\( \eta_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \)。
令\( P = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)，则\( P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 0 & & \\ & -1 & \\ & & -2 \end{pmatrix} = \Lambda \)。
所以\( A = P\Lambda P^{-1} \)，所以\( A^{99} = P\Lambda^{99} P^{-1} = \begin{pmatrix} -2 + 2^{99} & 1 - 2^{99} & 2 - 2^{99} \\ -2 + 2^{100} & 1 - 2^{100} & 2 - 2^{99} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)

(2)由\( B^2 = BA \)得
\( B^3 = B^2A = BA^2 \Rightarrow B^4 = B^2A^2 = BA^3 \Rightarrow \cdots \Rightarrow B^{100} = BA^{99} \)，
所以\( (\beta_1\ \beta_2\ \beta_3) = (\alpha_1\ \alpha_2\ \alpha_3)A^{99} \)，
所以\( \beta_1 = (-2 + 2^{99})\alpha_1 + (-2 + 2^{100})\alpha_2 \)，
\( \beta_2 = (1 - 2^{99})\alpha_1 + (1 - 2^{100})\alpha_2 \)，
\( \beta_3 = (2 - 2^{99})\alpha_1 + (2 - 2^{99})\alpha_2 \)。