\(f(x)\) 的所有间断点为0,1,2.且不难得到

\[lim _{x \to 1} f(x)=lim _{x \to 1} exp \left(\frac{ln x}{(1-x)(x-2)}\right)=lim _{x \to 1} exp \left(\frac{x-1}{(1-x)(x-2)}\right)=e,\]

\[lim _{x \to 2^{-}} f(x)=+\infty, lim _{x \to 0^{+}} f(x)=+\infty,\]

所以 \(f(x)\) 的第一类间断点只有 \(x=1\) ,选 c

\(f'(x)=\frac{d y / d t}{~d x / d t}=\frac{2 t e^{t^{2}}}{3 t^{2}}=\frac{2e^{t^{2}}}{3t}\)，当 \(x \to +\infty\) 时，\(t \to 1\)（由 \(x=1+t^3=2+\frac{2}{x}\)，当 \(x\) 很大时，\(\frac{2}{x}\) 趋近于 0，故 \(t^3\approx1\)，\(t\approx1\)），则 \(f'(2)=f'(x)|_{t=1}=\frac{2e^{1}}{3\times1}=\frac{2e}{3}\)。

\[lim _{x \to+\infty} x\left[f\left(2+\frac{2}{x}\right)-f(2)\right]=2 lim _{x \to+\infty} \frac{f\left(2+\frac{2}{x}\right)-f(2)}{\frac{2}{x}}=2 f'(2)=2\times\frac{2e}{3}=\frac{4}{3}e,\]

选B.

令 \(h(x)=\int_{0}^{x} \sin t^{3} ~d t\)，因为 \(\sin(-t)^3=-\sin t^3\)，所以 \(h(-x)=\int_{0}^{-x} \sin t^{3} ~d t=-\int_{0}^{x} \sin (-u)^3 ~d u=\int_{0}^{x} \sin u^{3} ~d u=h(x)\)，故 \(h(x)\) 是偶函数。则 \(f(x)=h(\sin x)\)，由于 \(\sin(-x)=-\sin x\)，但 \(h\) 是偶函数，所以 \(f(-x)=h(\sin(-x))=h(-\sin x)=h(\sin x)=f(x)\)，故 \(f(x)\) 为偶函数。

而奇函数的原函数若在 0 处有定义则为偶函数，偶函数的原函数为奇函数加上常数。\(g(x)=\int_{0}^{x} f(t) d t\)，因为 \(f(x)\) 是偶函数，所以 \(g(-x)=\int_{0}^{-x} f(t) d t=-\int_{0}^{x} f(-u) d u=-\int_{0}^{x} f(u) d u=-g(x)\)，故 \(g(x)\) 为奇函数，选D.

对于A和C选项可取反例 \(a_{n}=2^{(-1)^{n}}\)，当 \(n\) 为偶数时，\(a_n=2^1=2\)；当 \(n\) 为奇数时，\(a_n=2^{-1}=\frac{1}{2}\)，数列 \(\{a_n\}\) 发散。此时 \(a_n+\frac{1}{a_n}\) 为 \(2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\) 和 \(\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}\)，数列收敛，故A、C错误；对于B选项可取反例 \(a_{n}=(-1)^{n}\)，此时 \(a_n-\frac{1}{a_n}=(-1)^n - (-1)^n=0\)，数列收敛，故B错误；

正确答案选 D，实际上函数 \(f(x)=e^{x}-\frac{1}{e^{x}}\) 是 \((-\infty,+\infty)\) 上的单调增的连续函数，所以 \(f(x)\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 上存在连续的反函数 \(g(x)\)。设 \(b_{n}=e^{a_{n}}-\frac{1}{e^{a_{n}}}\)，则 \(a_{n}=g(b_{n})\)。如果 \(\{b_{n}\}\) 收敛于 \(b\)，则 \(a_{n}=g(b_{n})\) 收敛于 \(g(b)\)，与 \(\{a_n\}\) 发散矛盾，所以 \(\{b_{n}\}\) 发散。

在点 \((0,0)\) 处，\(f_{x}'(0,0)=\lim _{x \to 0} \frac{f(x, 0)-f(0,0)}{x}=\lim _{x \to 0} \frac{0-0}{x}=0\)，同理 \(f_{y}'(0,0)=0\)。

计算可微性：

\[
\begin{aligned}
\lim_{(x, y) \to (0,0)} \frac{f(x, y) - f(0,0) - f_{x}'(0,0)x - f_{y}'(0,0)y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} & = \lim_{(x, y) \to (0,0)} \frac{(x^{2} + y^{2})\sin\frac{1}{xy}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \\
& = \lim_{(x, y) \to (0,0)} \sqrt{x^{2} + y^{2}} \sin\frac{1}{xy} = 0,
\end{aligned}
\]

所以 \(f(x, y)\) 在点 \((0,0)\) 处可微。

而当 \(x y ≠0\) 时，\(f_{x}'(x, y)=2 x \sin \frac{1}{x y}-\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2} y} \cos \frac{1}{x y}\)，取路径 \(y=x\)，当 \((x,y)\to(0,0)\) 时，\(\lim _{x \to 0} [2 x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{2x^2}{x^3} \cos \frac{1}{x^2}] = \lim _{x \to 0} [2 x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}]\)，其中 \(\frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}\) 极限不存在，故 \(\lim _{(x, y) \to (0,0)} f_{x}'(x, y)\) 不存在，即偏导数不连续，选 \(C\)。

原积分区域为：\(\frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{\pi}{2}\)，\(\sin x \leq y \leq 1\)。当 \(x=\frac{\pi}{6}\) 时，\(\sin x=\frac{1}{2}\)；当 \(x=\frac{\pi}{2}\) 时，\(\sin x=1\)。对于 \(y\) 的范围，当 \(y\) 从 \(\frac{1}{2}\) 到 1 时，\(x\) 的下限为 \(\frac{\pi}{6}\)，上限为 \(\arcsin y\)（因为 \(y=\sin x\)，所以 \(x=\arcsin y\)，且在 \(x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]\) 时，\(\arcsin y\) 有意义）。故交换积分次序后为 \(\int_{\frac{1}{2}}^{1} ~d y \int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f(x, y) d x\)，选A。

对于命题(1)，取 \(f(x)=\frac{1}{1+x}\)，则 \(f^2(x)=\frac{1}{(1+x)^2}\)，\(\int_{0}^{+\infty} f^{2}(x) d x\) 收敛，但 \(\int_{0}^{+\infty} f(x) d x=\ln(1+x)\big|_{0}^{+\infty}\) 发散，所以(1)错误；

对于命题(2)，如果极限 \(\lim _{x \to +\infty} x^{p} f(x)\) 存在，设为 \(M\)，则存在 \(X>0\)，当 \(x>X\) 时，\(|x^{p} f(x)| \leq |M| + 1\)（利用极限的局部有界性），即 \(f(x) \leq \frac{|M| + 1}{x^{p}}\)，因为 \(p>1\)，\(\int_{X}^{+\infty} \frac{1}{x^{p}} d x\) 收敛，由比较判别法可知 \(\int_{0}^{+\infty} f(x) d x\) 收敛，故(2)正确；

对于命题(3)，取 \(f(x)=\frac{1}{(2+x) \ln ^{2}(2+x)}\)，则 \(\int_{0}^{+\infty} f(x) d x\) 收敛（可通过换元 \(t=\ln(2+x)\) 验证），但对于任意 \(p>1\)，\(\lim _{x \to +\infty} x^{p} f(x)=\lim _{x \to +\infty} \frac{x^{p}}{(2+x) \ln ^{2}(2+x)}\)，当 \(x\) 很大时，\(2+x \approx x\)，则表达式近似为 \(\frac{x^{p-1}}{\ln^2 x}\)，当 \(p>1\) 时，\(x^{p-1}\) 趋于无穷，\(\ln^2 x\) 增长远慢于多项式，故极限为 \(+\infty\)，不存在，所以(3)错误。综上，正确的个数是1，选B。

【解析】由于$\boldsymbol{P}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^{2}=\begin{pmatrix}a + 2c&0&c\\0&b&0\\2c&0&c\end{pmatrix}$，所以

$\boldsymbol{A}=(\boldsymbol{P}^{\text{T}})^{-1}\begin{pmatrix}a + 2c&0&c\\0&b&0\\2c&0&c\end{pmatrix}(\boldsymbol{P}^{2})^{-1}$

$=\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a + 2c&0&c\\0&b&0\\2c&0&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\-1&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&0&0\\0&b&0\\0&0&c\end{pmatrix}$

选 C.

首先\(A\)不可逆且\(A \neq O\)，否则\(A=A^{*}\)矛盾；于是\(AA^{*}=|A|E=O\)，即\(A^{2}=O\)，所以\(r(A)+r(A) \leq 4 \Rightarrow r(A) \leq 2\)。\(r(A)=1\)时取\(A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)满足题意，选D.

如果\(\alpha\)是\(A\)的特征值\(\lambda\)对应的特征向量，即\(A\alpha=\lambda\alpha\)，那么\(AB\alpha=BA\alpha=\lambda B\alpha\)。若\(B\alpha=0\)，则\(\alpha\)是\(B\)的特征值0对应的特征向量；若\(B\alpha \neq 0\)，则\(B\alpha\)是\(A\)的特征值\(\lambda\)对应的特征向量，因\(\lambda\)是一重特征值，故存在常数\(\mu\)使得\(B\alpha=\mu\alpha\)，说明\(\alpha\)是\(B\)的特征向量。若\(A\)有两个不相等的特征值，则有两个线性无关的特征向量，从而\(B\)也有两个线性无关的特征向量，\(B\)可对角化。反之，取\(A=B=E\)，\(B\)可对角化，但\(A\)有两个相同的特征值，因此选B.

将曲线看成函数 \(x=y^{2}\) ,那么曲线在点(0,0)处曲率为

\[K=\left.\frac{\left|x''(y)\right|}{\left[1+\left(x'(y)\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\right|_{y=0}=\left.\frac{2}{\left(1+4 y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\right|_{y=0}=2,\]

于是这点处的曲半径为 \(R=\frac{1}{2}\) 由于曲线在(Q.)处与 y 轴相切,那么曲羊中心为 \((\frac{1}{2}, 0)\) ,曲羊国的方程为 \((x-\frac{1}{2})^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}\)

\(f_{x}'=6 x^{2}-18 x+12=0 \Rightarrow(x, y)=(1,1)\) 或位小且

\[f_{x x}''=12 x-18, f_{x y}''=0, f_{y y}''=-72 y^{2} .\]

当 \((x, y)=(1,1)\) 时, \(A=f_{x x}^{\prime \prime}(1,1)=-6\) \(B=f_{x y}^{\prime \prime}(1,1)=0\) , \(f_{y y}^{\prime \prime}(1,1)=-72\) ,此时 \(A C-B^{2}>0\) ,所以(1,1)是 极值点.

当 \((x, y)=(2,1)\) 时, \(A=f_{x x}^{\prime \prime}(2,1)=6\) , \(B=f_{x y}^{\prime \prime}(2,1)=0\) \(f_{y y}^{\prime \prime}(2,1)=-72\) ,那么 \(A C-B^{2}<0\) ,所以(2.1)不是 极值点.

令=+,则 \(y=u-x, y'=u'-1\) ,于是 \(u'-1=\frac{1}{u^{2}}\) \(\frac{d u}{~d x}=\frac{1+u^{2}}{u^{2}}\) 解此变量分离高的方程可得 \(x=u-\arctan u+C\) 即 \(x=x+y-\arctan (x+y)+C, y=\arctan (x+y)-C\) 由 \(y(1)=0\) 可得 \(C=\frac{\pi}{4}\) ,即原方程的 解为 \(y=\arctan (x+y)-\frac{\pi}{4}\)

由莱布尼茨公式容易得到

\[f^{(5)}(x)=\left(e^{x}+1\right)^{5} x^{2}+5\left(e^{x}+1\right)^{(4)} \cdot 2 x+10\left(e^{x}+1\right)^{(3)} \cdot 2=\left(x^{2}+10 x+20\right) e^{x},\]

于是 \(f^{(5)}(1)=31 e\)

由题意有 \(\frac{1}{3} \int_{0}^{3}(t+k \sin \pi t) d t=\frac{5}{2} \Rightarrow k=\frac{3 \pi}{2}\)

【解析】首先由\(\boldsymbol{\alpha_1}\)，\(\boldsymbol{\alpha_3}\)线性无关可知\(a\neq1\)。对向量组\((\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3})\)进行初等行变换可得

\[ \begin{aligned} (\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3}) &= \begin{pmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & 1 & a \\ -1 & b & -1 \\ 1 & a & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 1 & a & 1 \\ -1 & b & -1 \\ a & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 0 & a - 1 & 1 - a \\ 0 & b + 1 & a - 1 \\ 0 & 1 - a & 1 - a^2 \end{pmatrix} \\ &\to \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & b + 1 & a - 1 \\ 0 & 1 & 1 + a \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 0 & 1 & -1 - a \\ 0 & 0 & a + b \\ 0 & 0 & a + 2 \end{pmatrix} \end{aligned} \]

由条件有\(r(\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3}) = 2\)，于是\(a + 2 = 0\)，\(a + b = 0\)，即\(a = - 2\)，\(b = 2\)，且此时\(\boldsymbol{\alpha_1}\)，\(\boldsymbol{\alpha_2}\)，\(\boldsymbol{\alpha_3}\)两两线性无关，于是\(ab = - 4\)。 

【解析】积分区域关于直线 \( y = x \) 对称，由轮换对称性有 \( \iint_{D}x dxdy = \iint_{D}y dxdy \)，于是
\[
\begin{aligned}
\iint_{D}(1 + x - y)\,dxdy 
&= \iint_{D}dxdy \\
&= \int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3} d\theta \int_{\sqrt{\frac{3}{\sin\theta\cos\theta}}}^{\sqrt{\frac{1}{3\sin\theta\cos\theta}}} r\,dr \\
&= \frac{1}{2} \int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3} \left( \frac{3}{\sin\theta\cos\theta} - \frac{1}{3\sin\theta\cos\theta} \right) d\theta \\
&= \frac{8}{3} \int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3} \frac{1}{\sin 2\theta} d\theta \\
&= \frac{4}{3} \ln|\csc 2\theta - \cot 2\theta| \bigg|_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3} \\
&= \frac{8}{3} \ln 3
\end{aligned}
\]

【解析】(1) 由于 \( x = e^{t} \)，则 \( t = \ln x \)，于是 \( \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot \frac{dt}{dx} = \frac{1}{x}\frac{dy}{dt} \)，
\( \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d}{dx}\left( \frac{1}{x}\frac{dy}{dt} \right) = -\frac{1}{x^{2}}\frac{dy}{dt} + \frac{1}{x}\frac{d^{2}y}{dt^{2}} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x^{2}}\left( \frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt} \right) \)，
代人原方程可得 \( \frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt} + \frac{dy}{dt} - 9y = \frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 9y = 0 \)，于是方程的通解为 \( y = C_{1}e^{3t} + C_{2}e^{-3t} = C_{1}x^{3} + C_{2}x^{-3} \)。
代人 \( y|_{x = 1} = 2, y'|_{x = 1} = 6 \) 可得 \( C_{1} = 2, C_{2} = 0 \)，所以 \( y = 2x^{3} \)。

(2) \( \int_{1}^{2} y(x)\sqrt{4 - x^{2}} dx = \int_{1}^{2} 2x^{3}\sqrt{4 - x^{2}} dx = \int_{1}^{2} x^{2}\sqrt{4 - x^{2}} d(x^{2}) \)，令 \( t = \sqrt{4 - x^{2}} \)，则 \( x^{2} = 4 - t^{2}, (x^{2})' = -2t dt \)，于是原积分化为 \( -\int_{\sqrt{3}}^{0} (4 - t^{2}) \cdot 4 \cdot 2t dt = \frac{22}{5}\sqrt{3} \)。 

【解析】由题意可知\(V(t)=\pi\int_{t}^{2t}x\text{e}^{-2x}\text{d}x\)，那么

\[
V^\prime(t) = 4\pi t\text{e}^{-4t} - \pi t\text{e}^{-2t} = \pi t\text{e}^{-2t}(4\text{e}^{-2t} - 1)\begin{cases} \gt 0, & 0 \lt t \lt \ln 2 \\ \lt 0, & t \gt \ln 2 \end{cases}
\]

这说明\(V(t)\)在\((0,\ln 2]\)上单调递增，在\([\ln 2, +\infty)\)上单调递减，所以\(V(t)\)的最大值为

\[
V(\ln 2)=\pi\int_{\ln 2}^{2\ln 2}x\text{e}^{-2x}\text{d}x = \left( \frac{\ln 2}{16} + \frac{3}{64} \right)\pi
\]

【解析】(1) 由于 \( g(x,y) = f(2x + y, 3x - y) \)，那么由复合函数求导可得
\begin{equation} \begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial x} &= f_1'\cdot 2 + f_2'\cdot 3, & \frac{\partial g}{\partial y} &= f_1' - f_2', \\ \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} &= 4f_{11}'' + 12f_{12}'' + 9f_{22}'', & \frac{\partial^2 g}{\partial x\partial y} &= 2f_{11}'' + f_{12}'' - 3f_{22}'', & \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} &= f_{11}'' - 2f_{12}'' + f_{22}''. \end{aligned} \end{equation}
代入原方程可得 \( 25f_{12}'' = 1 \)，所以 \( \frac{\partial^2 f}{\partial u\partial v} = \frac{1}{25} \)。

(2) 由于 \( \frac{\partial^2 f}{\partial u\partial v} = \frac{1}{25} \)，所以 \( f_u'(u,v) = \frac{1}{25}v + g(u) \)。又
\[
f_u'(u,0) = ue^{-u} \Rightarrow g(u) = ue^{-u} \Rightarrow f_u'(u,v) = \frac{1}{25}v + ue^{-u},
\]
所以 \( f(u,v) = \frac{1}{25}uv - e^{-u}(u + 1) + h(v) \)。又 \( f(0,v) = \frac{1}{50}v^2 - 1 \)，那么 \( h(v) = \frac{1}{50}v^2 \)，所以
\[
f(u,v) = \frac{1}{25}uv - e^{-u}(u + 1) + \frac{1}{50}v^2
\]

证(1)令 \(g(x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x-\frac{x(1-x)}{2}, x \in[0,1]\) ,那么 \(g(0)=g(1)=0\) 且

\[g'(x)=f'(x)+f(0)-f(1)-\frac{1}{2}+x, g''(x)=f''(x)+1 \geq 0,\]

如果存在 \(x_{0} \in(0,1)\) ,使得 \(g(x_{0})>0\) ,那么由拉格朗日中值定理可知,存在 \(\xi_{1} \in(0, x_{0})\) , \(\xi_{2} \in(x_{0}, 1)\) ,使得

\[g'\left(\xi_{1}\right)=\frac{g\left(x_{0}\right)-f(0)}{x_{0}}>0, g'\left(\xi_{2}\right)=\frac{g(1)-g\left(x_{0}\right)}{1-x_{0}}<0,\]

进一步存在 \(\xi \in(\xi_{1}, \xi_{2})\) 使得 \(g^{\prime \prime}(\xi)=\frac{g'(\xi_{2})-g'(\xi_{1})}{\xi_{2}-\xi_{1}}<0\) 矛盾,因此对任意 \(x \in(0,1)\) 都有 \(g(x) ≤0\) 即

\[f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x \leq \frac{x(1-x)}{2} .\]

同理还有

\[f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x \geq-\frac{x(1-x)}{2},\]

综合起来即

\[|f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x| \leq \frac{x(1-x)}{2}, x \in[0,1] .\]

(2)将不等式

\[-\frac{x(1-x)}{2} \leq f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x \leq \frac{x(1-x)}{2}\]

在[0.上积分,注意到 \(\int_{0}^{1} \frac{x(1-x)}{2} ~d x=\frac{1}{12}\) ,且

\[\int_{0}^{1}[f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x] d x=\int_{0}^{1} f(x) d x-\frac{f(0)+f(1)}{2},\]

于是

\[-\frac{1}{12} \leq \int_{0}^{1} f(x) d x-\frac{f(0)+f(1)}{2} \leq \frac{1}{12},\]

\[即 \left|\int_{0}^{1} f(x) d x-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right| \leq \frac{1}{12}.\]

【解析】(1) 由题意可知\(Ax = 0\)与\(\begin{pmatrix}A\\B^T\end{pmatrix}x = 0\)同解，于是\(r\begin{pmatrix}A\\B^T\end{pmatrix} = r(A) = 2\)。对\(\begin{pmatrix}A\\B^T\end{pmatrix}\)进行初等行变换可得

\[ \begin{equation} \begin{aligned} \begin{pmatrix}A\\B^T\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}0&1&a\\1&0&1\\1&1&b\\1&1&2\end{pmatrix}\\ &\to\begin{pmatrix}1&1&2\\0& - 1& - 1\\0&1&a\\0&0&b - 2\end{pmatrix}\\ &\to\begin{pmatrix}1&1&2\\0&1&1\\0&0&a - 1\\0&0&b - 2\end{pmatrix} \end{aligned} \end{equation} \]

所以\(a = 1,b = 2\)。

(2) 首先有\(BA = \begin{pmatrix}1&1\\1&1\\2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&1&2\\1&1&2\\2&2&4\end{pmatrix}\)是一个对称矩阵，所以二次型的矩阵\(C = \begin{pmatrix}1&1&2\\1&1&2\\2&2&4\end{pmatrix}\)。且\(r(C) = 1\)，那么\(C\)的特征值为\(\lambda_1 = \lambda_2 = 0,\lambda_3 = \text{tr}C = 6\)。

对\(\lambda_1 = \lambda_2 = 0\)，解方程组\(Cx = 0\)得两个正交的单位特征向量\(\boldsymbol{\alpha_1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, - 1,0)^T\)，\(\boldsymbol{\alpha_2} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1, - 1)^T\)。对\(\lambda_3 = 6\)，解方程组\((6E - C)x = 0\)得单位特征向量\(\boldsymbol{\alpha_3} = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,2)^T\)。令\(Q = (\boldsymbol{\alpha_1},\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\alpha_3}) = \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\0&-\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{2}{\sqrt{6}}\end{pmatrix}\)，则\(Q\)为正交矩阵，作正交变换\(x = yy\)，则二次型\(f(x_1,x_2,x_3)\)化为标准形\(6y_3^2\)。