答案 选(C).

解 因为\(\frac{1}{x} - 1 < \left[\frac{1}{x}\right] \leq \frac{1}{x}\)，故当\( x > 0 \)时，\( 1 - x < x\left[\frac{1}{x}\right] \leq 1 \)，所以\( \lim\limits_{x \to 0^+} x\left[\frac{1}{x}\right] = 1 \). 同理\( \lim\limits_{x \to 0^-} x\left[\frac{1}{x}\right] = 1 \)，即\( \lim\limits_{x \to 0} y(x) = -1 \)，故没有垂直渐近线.

\( \lim\limits_{x \to \infty} y(x) = \lim\limits_{x \to \infty} \left( -x\left[\frac{1}{x}\right] + \frac{x^2}{\sqrt{1 + x^2}} \right) = \lim\limits_{x \to \infty} \left( x + \frac{x^2}{\sqrt{1 + x^2}} \right) = \lim\limits_{t \to 0^+} \frac{\sqrt{1 + t^2} - 1}{t \sqrt{1 + t^2}} = 0 \)，故有一条水平渐近线\( y = 0 \).

\( \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{y(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \left( -\left[\frac{1}{x}\right] + \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} \right) = 1 \)，

\( \lim\limits_{x \to +\infty} [y(x) - x] = \lim\limits_{x \to +\infty} \left( -x\left[\frac{1}{x}\right] + \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} - x \right) = 0 + \lim\limits_{t \to 0^+} \frac{1 - \sqrt{1 + t^2}}{t \sqrt{1 + t^2}} = 0 \)，故有一条斜渐近线\( y = x \).

答案 选(C).

解 \( \lim\limits_{x\to0^-}\frac{F(x)-F(0)}{x}=\lim\limits_{x\to0^-}\frac{\int_{0}^{x}\frac{\ln\cos t}{t^2}dt}{x}=\lim\limits_{x\to0^-}\frac{\ln\cos x}{x^2}=-\frac{1}{2} \)，

\( \lim\limits_{x\to0^+}\frac{F(x)-F(0)}{x}=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\int_{0}^{x}\frac{\sqrt{1+t^2}-1}{t\sin t}dt}{x}=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x^2}=\frac{1}{2} \)，

故\( F(x) \)在点\( x=0 \)处连续，但不可导.

又\( F'_-(0)<0,F'_+(0)>0 \)知\( x=0 \)是\( F(x) \)的极小值点.故选(C).

答案 选(D).

解 由\( 1 + \sin2kx = (\sin kx + \cos kx)^2 \)知

\( I = \int_{0}^{n\pi} | \sin kx + \cos kx | \, dx = \sqrt{2} \int_{0}^{n\pi} | \sin\left( kx + \frac{\pi}{4} \right) | \, dx \)

令\( kx + \frac{\pi}{4} = t \)，则

\( \sqrt{2} \int_{\frac{\pi}{4}}^{kn\pi + \frac{\pi}{4}} | \sin t | \cdot \frac{1}{k} dt = \frac{\sqrt{2}}{k} \int_{\frac{\pi}{4}}^{kn\pi + \frac{\pi}{4}} | \sin t | \, dt = \frac{\sqrt{2}}{k} \int_{\frac{\pi}{4}}^{kn\pi + \frac{\pi}{4}} | \sin x | \, dx \).

由于\( | \sin x | \)是周期为\( \pi \)的周期函数，故由周期函数的积分性质知

\( I = \frac{\sqrt{2}}{k} \int_{0}^{kn\pi} | \sin x | \, dx = \sqrt{2} n \int_{0}^{\pi} \sin x \, dx = 2\sqrt{2} n \),

与\( n \)有关，与\( k \)无关.

答案 选(D).

解 假设\( x_0 \in (a,b) \)是\( f'(x) \)的可去间断点，即\( \lim\limits_{x \to x_0} f'(x) = A \neq f'(x_0) \)，又

\( f'(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{1} = A \)，

矛盾，所以\( f'(x) \)在\( (a,b) \)内不可能有可去间断点，故(A)错误，同理可证(B)(C)错误.

例如\( f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{cases} \) \( f'(x) = \begin{cases} 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{cases} \)其中\( \lim\limits_{x \to 0} f'(x) \)不存在，也不是无穷大，故(D)正确.

答案 选(B)。

解 \( \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{-y}{x^2}f(x^2y) + \frac{y}{x} \cdot 2xyf'(x^2y) + \frac{1}{y}f(xy^2) + \frac{x}{y} \cdot y^2f'(xy^2) \)
\( = \frac{-y}{x^2}f(x^2y) + 2y^2f'(x^2y) + \frac{1}{y}f(xy^2) + xyf'(xy^2) \)。

\( \frac{1}{y} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{-1}{x^2}f(x^2y) + 2yf'(x^2y) + \frac{1}{y^2}f(xy^2) + xf'(xy^2) \)，

\( \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{x}f(x^2y) + \frac{y}{x} \cdot x^2f'(x^2y) + \frac{-x}{y^2}f(xy^2) + \frac{x}{y} \cdot 2xyf'(xy^2) \)
\( = \frac{1}{x}f(x^2y) + xyf'(x^2y) + \frac{-x}{y^2}f(xy^2) + 2x^2f'(xy^2) \)。

\( \frac{1}{x} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{x^2}f(x^2y) + yf'(x^2y) + \frac{-1}{y^2}f(xy^2) + 2xf'(xy^2) \)

所以 \( \frac{1}{y} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{x} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} = 3yf'(x^2y) + 3xf'(xy^2) \)。

答案 选(A)。

解 区域\( D \)关于\( x \)轴对称，\( f(yx^2 + y) = f[y(x^2 + 1)] \)关于\( y \)为奇函数，所以
\( \iint\limits_D f(yx^2 + y) d\sigma = 0 \)。

方法一 \( f(t) \)是奇函数，所以\( f(xy^2 - y^2) = f[(x - 1)y^2] \)关于\( (x - 1) \)为奇函数。又区域\( D \)关于\( x - 1 = 0 \)对称，所以
\( \iint\limits_D f(xy^2 - y^2) d\sigma = 0 \)。

故\( \iint\limits_D (f(xy^2 - y^2) + f(yx^2 + y)) d\sigma = 0 \)。

方法二 做变换\( \begin{cases} x = X + 1, \\ y = Y \end{cases} \)（相当于建立以\( (0, 1) \)为坐标原点新坐标系\( XO'Y \)），\( f(xy^2 - y^2) = f(XY^2) \)关于\( X \)为奇函数，又区域\( D \)关于\( X = 0 \)对称，所以
\( \iint\limits_D f(xy^2 - y^2) d\sigma = \iint\limits_D f(XY^2) d\sigma = 0 \)。

答案 选(C).

解 设 \( f(x) = 2x^2 - \int_{0}^{x^2} e^{-t^2} dt - 1, -\infty < x < +\infty \). 由于 \( f(x) \) 为偶函数，故只讨论 \( [0, +\infty) \) 上的情形.

当 \( x > 0 \) 时，\( f'(x) = 4x - 2x e^{-x^4} = 2x(2 - e^{-x^4}) > 0 \). 所以 \( f(x) \) 在 \( [0, +\infty) \) 上单调增加，又 \( f(0) = -1 < 0 \)，\( f(1) = 1 - \int_{0}^{1} e^{-t^2} dt > 0 \).

由零点定理知方程 \( f(x) = 0 \) 在 \( [0, +\infty) \) 上恰有一个根，且 \( x = 0 \) 不是根，所以方程 \( f(x) = 0 \) 在 \( (-\infty, +\infty) \) 内恰好两个根，故选(C).

答案 选(A)。

解 由\( f(x)=\begin{vmatrix}
x - 1 & -2x & 1 & 7 \\
3 & x - 2 & 0 & 1 \\
4 & -5 & 2x + 1 & 4x + 5 \\
1 & 0 & 3 & x + 2
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
x - 1 & -2 & 1 & 5 \\
3 & x + 4 & 0 & 1 \\
4 & 3 & 2x + 1 & 3 \\
1 & 2 & 3 & x - 4
\end{vmatrix} \)，

设\( f(x) = 2x^4 + a_3x^3 + a_2x^2 + a_1x + a_0 \)，其中\( f(x) \)中低于\( x \)三次幂的项，三阶导数为0，\( 2x^4 \)的三阶导数在\( x = 0 \)时也为0。

而\( x^3 \)仅包含在\( (x - 1)(x + 4)(2x + 1)(x - 4) \)中，可求得\( x^3 \)的系数为-1，此项求三阶导数为-6，故选(A)。

答案 选(B)。

解 二次型的矩阵\(A = \begin{pmatrix} 1 & a - 1 & 2 \\ a - 1 & a & 2 \\ 2 & 2 & -1 \end{pmatrix}\)，由\(A\boxed{\alpha} = \lambda\boxed{\alpha}\)，可得\(\lambda = 1\)，\(a = 1\)。从而\(A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & -1 \end{pmatrix}\)，由\(|A - \lambda E| = 0 \Rightarrow \lambda_1 = -3\)，\(\lambda_2 = 1\)，\(\lambda_3 = 3\)，\(A + kE\)的三个特征值分别为\(k - 3\)，\(k + 1\)，\(k + 3\)，由题意得\(A + kE\)的正负惯性指数均为1，

从而\(k + 1 = 0\)，\(k = -1\)。故选(B)。

答案 选(C).

解 由已知得\( A^{-1}\alpha = 2\alpha \)，\( A\alpha = \frac{1}{2}\alpha \)，从而\( \alpha^{\text{T}}A^{\text{T}} = \frac{1}{2}\alpha^{\text{T}} \)，又\( A^{\text{T}}\beta = 1\cdot\beta \)，\( \alpha^{\text{T}}A^{\text{T}}\beta = (\alpha^{\text{T}}A^{\text{T}})\beta = \frac{1}{2}\alpha^{\text{T}}\beta \)，\( \alpha^{\text{T}}A^{\text{T}}\beta = \alpha^{\text{T}}(A^{\text{T}}\beta) = \alpha^{\text{T}}\beta \Rightarrow \left(1 - \frac{1}{2}\right)\alpha^{\text{T}}\beta = 0 \)，可得\( \alpha^{\text{T}}\beta = 0 \)，故选(C).

答案 填“2”．

解 令\( x = \sin^2 t, t \in (0, \frac{\pi}{2}] \)．

原式\( = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin t}{\cos t} \cdot \frac{t}{\sin t} \cdot 2\sin t \cdot \cos t dt = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t\sin t dt = -2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t d(\cos t) \)

\( = -2t\cos t \big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} + 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos t dt = 2 \)．

答案 填“$\sqrt{e}$”．

解 $\ln\left[\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)\left(1 + \frac{2}{n^2}\right) \cdots \left(1 + \frac{n}{n^2}\right)\right] = \sum_{k=1}^n \ln\left(1 + \frac{k}{n^2}\right)$．

由于 $\frac{k}{n^2 + n} \leqslant \frac{k}{n^2 + k} = \frac{\frac{k}{n^2}}{1 + \frac{k}{n^2}} \leqslant \ln\left(1 + \frac{k}{n^2}\right) < \frac{k}{n^2}$，

$\lim\limits_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2 + n} = \frac{1}{2}$，$\lim\limits_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2} = \frac{1}{2}$，

故 $\lim\limits_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \ln\left(1 + \frac{k}{n^2}\right) = \frac{1}{2}$，所以原极限 $= \sqrt{e}$．

答案 填“1”。

解一 \( \int_{a}^{b} \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx = \frac{\pi}{3} \)，得\( \arcsin b - \arcsin a = \frac{\pi}{3} \)。

令\( F(x, y) = y - x + \lambda (\arcsin y - \arcsin x - \frac{\pi}{3}) \)。

\[
\begin{cases}
F'_x = -1 - \frac{\lambda}{\sqrt{1 - x^2}} = 0, \\
F'_y = 1 + \frac{\lambda}{\sqrt{1 - y^2}} = 0, \\
\arcsin y - \arcsin x = \frac{\pi}{3},
\end{cases}
\]

解得\( \begin{cases} y = \frac{1}{2}, \\ x = -\frac{1}{2}, \end{cases} \)

故\( b - a \)的最大值为1。

解二 由\( \int_{a}^{b} \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx = \arcsin b - \arcsin a = \frac{\pi}{3} \)得

\( b = \sin\left( \frac{\pi}{3} + \arcsin a \right) = a \cdot \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{1 - a^2} \)，故\( b - a = \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{1 - a^2} - \frac{a}{2} \)。

令\( f(x) = \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{1 - x^2} - \frac{x}{2}, x \in (-1, \frac{\sqrt{3}}{2}) \)，

\( f'(x) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}} - \frac{1}{2} = \frac{-\sqrt{3}x - \sqrt{1 - x^2}}{2\sqrt{1 - x^2}} \stackrel{令}{=} 0 \)，得\( x = -\frac{1}{2} \)。

由单调性知\( f(-\frac{1}{2}) = 1 \)为最大值，即区间长度\( b - a \)的最大值为1。

答案 填“$e^{x e^{x}}$”．

解 原方程可化为$\frac{d(\ln y)}{dx}=\ln y + e^{x}$，令$\ln y = u$，得$\frac{du}{dx} - u = e^{x}$，故
$$u = e^{\int 1 dx} \left[ \int e^{x} \cdot e^{\int -1 dx} dx + C \right] = e^{x}(x + C),$$

即$\ln y = x e^{x} + C e^{x}$．将$y(0)=1$代入得$C=0$，故$y = e^{x e^{x}}$．

答案 填“2”.

解 由 \( z = y\text{e}^x + \sin y \)，得 \( \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = y\text{e}^x + \text{e}^x \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + \cos y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} \)，

\( \frac{\text{d}^2 z}{\text{d}x^2} = y\text{e}^x + \text{e}^x \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + \text{e}^x \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + \text{e}^x \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2} - \sin y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} \cdot \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + \cos y \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2} \)

\( = y\text{e}^x + 2\text{e}^x \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + (\text{e}^x + \cos y) \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2} - \sin y \left( \frac{\text{d}y}{\text{d}x} \right)^2 \). ①

方程 \( x^2 + 2xy - y^2 = 1 \) 等价于 \( x^2 + 2xy - y^2 - 1 = 0 \).

令 \( F(x,y) = x^2 + 2xy - y^2 - 1 \)，解得 \( \frac{\text{d}y}{\text{d}x} = -\frac{F'_x}{F'_y} = -\frac{2x + 2y}{2x - 2y} = \frac{x + y}{y - x} \)，

进而 \( \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2} = \frac{\left( 1 + \frac{\text{d}y}{\text{d}x} \right)(y - x) - (x + y)\left( \frac{\text{d}y}{\text{d}x} - 1 \right)}{(y - x)^2} \).

代入 \( (x,y) = (1,0) \)，得 \( \frac{\text{d}y}{\text{d}x}\big|_{(1,0)} = -1 \)，\( \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2}\big|_{(1,0)} = 2 \)，再代入 ① 式，得

\( \frac{\text{d}^2 z}{\text{d}x^2}\big|_{(1,0)} = 0 \cdot \text{e}^1 + 2\text{e}^1 \cdot (-1) + (\text{e}^1 + \cos 0) \cdot 2 - \sin 0 \cdot (-1)^2 = 2 \).

答案 填“\( \frac{1}{a_k}\prod_{i=1}^n a_i \)”。

解 记\( A = \begin{pmatrix} O & B \\ C & O \end{pmatrix} \)，其中\( B = \begin{pmatrix} a_1 & & & \\ & a_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & a_{n-2} \end{pmatrix} \)，\( C = \begin{pmatrix} a_{n-1} & \\ & a_n \end{pmatrix} \)，则

\( |A| = (-1)^{(n-2) \times 2} |B||C| = a_1a_2\cdots a_n = \prod_{i=1}^n a_i \)，

\( A^{-1} = \begin{pmatrix} O & C^{-1} \\ B^{-1} & O \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & 1/a_{n-1} & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 1/a_n \\ 1/a_1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1/a_2 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1/a_{n-2} & 0 & 0 \end{pmatrix} \)，

\( A^* = |A|A^{-1} \)，故

\( A_{k1} + A_{k2} + \cdots + A_{kn} = \frac{1}{a_k}\prod_{i=1}^n a_i \)。

注：此题也可通过计算下列行列式得到结果：

\( A_{k1} + A_{k2} + \cdots + A_{kn} = \begin{vmatrix} 0 & 0 & a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n-2} \\ a_{n-1} & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_n & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{vmatrix} \)（第\( k \)行）

解 (1) \( r^2 + 2ar + (a^2 - 1) = 0 \)，即\( (r + a + 1)(r + a - 1) = 0 \)，得\( r_1 = -a + 1 \)，\( r_2 = -a - 1 \)。
故通解为\( y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x} \)。

\( \int_{0}^{+\infty} y(x) \, dx = \int_{0}^{+\infty} (C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}) \, dx = \frac{C_1}{r_1} e^{r_1 x} \big|_{0}^{+\infty} + \frac{C_2}{r_2} e^{r_2 x} \big|_{0}^{+\infty} = -\frac{C_1}{r_1} - \frac{C_2}{r_2} \ (r_1 < 0, r_2 < 0) \)

(Ⅱ) 由\( y(0) = 1 \)，\( y'(0) = 1 \)，代入得\( \begin{cases} C_1 + C_2 = 1, \\ C_1 r_1 + C_2 r_2 = 1, \end{cases} \) 解得\( \begin{cases} C_1 = \frac{a}{2} + 1, \\ C_2 = -\frac{a}{2}, \end{cases} \) 由(1)知

\( \int_{0}^{+\infty} y(x) \, dx = -\frac{C_1}{r_1} - \frac{C_2}{r_2} = -\frac{\frac{a}{2} + 1}{1 - a} - \frac{-\frac{a}{2}}{-(a + 1)} = \frac{2a + 1}{a^2 - 1} \)。

解 \( f(x) = \int_{-1}^{x^3} (x^3 - u) e^{u^2} du + \int_{x^3}^{1} (u - x^3) e^{u^2} du \)
\( = x^3 \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du - \int_{-1}^{x^3} u e^{u^2} du + \int_{x^3}^{1} u e^{u^2} du - x^3 \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du \)，

\( f'(x) = 3x^2 \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du + 3x^5 e^{x^6} - 3x^5 e^{x^6} - 3x^5 e^{x^6} - 3x^2 \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du + 3x^5 e^{x^6} \)
\( = 3x^2 \left( \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du - \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du \right) \)

令\( u = -t \)，则\( \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du = \int_{1}^{-x^3} e^{t^2} d(-t) = \int_{-x^3}^{1} e^{t^2} dt = \int_{-x^3}^{1} e^{u^2} du \)，

故\( f'(x) = 3x^2 \left( \int_{-x^3}^{1} e^{u^2} du + \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du \right) = 3x^2 \int_{-x^3}^{x^3} e^{u^2} du \xlongequal{令} 0 \)，得\( x = 0 \)。

又当\( x < 0 \)时，\( f'(x) < 0 \)；当\( x > 0 \)时，\( f'(x) > 0 \)。故\( f(0) = \int_{-1}^{1} |u| e^{u^2} du = 2 \int_{0}^{1} u e^{u^2} du = e - 1 \)为最小值。

解 \( f(x)=\int_{-1}^{x^3} (x^3 - u) e^{u^2} du + \int_{x^3}^{1} (u - x^3) e^{u^2} du \)

\( = x^3 \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du - \int_{-1}^{x^3} u e^{u^2} du + \int_{x^3}^{1} u e^{u^2} du - x^3 \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du \)，

\( f'(x) = 3x^2 \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du + 3x^5 e^{x^6} - 3x^5 e^{x^6} - 3x^5 e^{x^6} - 3x^2 \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du + 3x^5 e^{x^6} \)

\( = 3x^2 \left( \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du - \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du \right) \)

令\( u = -t \)，\( \int_{-1}^{x^3} e^{u^2} du = \int_{1}^{-x^3} e^{t^2} (-dt) = \int_{-x^3}^{1} e^{t^2} dt = \int_{-x^3}^{1} e^{u^2} du \)，

故\( f'(x) = 3x^2 \left( \int_{-x^3}^{1} e^{u^2} du + \int_{x^3}^{1} e^{u^2} du \right) = 3x^2 \int_{-x^3}^{x^3} e^{u^2} du \overset{令}{=} 0 \)，得\( x = 0 \)。

又当\( x < 0 \)时，\( f'(x) < 0 \)；当\( x > 0 \)时，\( f'(x) > 0 \)。故\( f(0) = \int_{-1}^{1} |u| e^{u^2} du = 2 \int_{0}^{1} u e^{u^2} du = e - 1 \)为最小值。

解 由对称性可知，\( I = 4\iint\limits_{D_1} (x + y) d\sigma \)，其中\( D_1 \)为\( D \)位于第一象限的部分，再由轮换对称性可知，\( I = 8\iint\limits_{D_1} x d\sigma \).

将曲线方程转化为参数\( \begin{cases} x = \cos^3 t, \\ y = \sin^3 t. \end{cases} \)点\( (1,0) \)对应参数\( t = 0 \)，点\( (0,1) \)对应参数\( t = \frac{\pi}{2} \)，

所以
\( I = 8\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{y(x)} x dy = 8\int_{0}^{1} xy(x) dx = 8\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \cos^3 t \sin^3 t \cdot 3\cos^2 t \cdot (-\sin t) dt \)
\( = 24\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^5 t \sin^4 t dt = 24\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^5 t (1 - \cos^2 t)^2 dt \)
\( = 24\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\cos^5 t - 2\cos^7 t + \cos^9 t) dt \)
\( = 24\left( \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 - 2 \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 + \frac{8}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 \right) = \frac{64}{105} \).

证 (Ⅰ) 令$F(x) = f(x) - x$，则$F(x)$在$[0,2]$上连续，

$F(0) = f(0) > 0$，$F(2) = f(2) - 2 < 0$，又$F'(x) = f'(x) - 1 < 0$，故存在唯一的$x_0 \in (0,2)$，使得$f(x_0) = x_0$．

(Ⅱ) 由$x_{n+1} = \frac{1}{2}(x_n + f(x_n))$，令$g(x) = \frac{1}{2}[x + f(x)]$，则$g'(x) = \frac{1}{2}[1 + f'(x)] > 0$（因为$-1 < f'(x) < 1$）．

假设$0 < x_n < 2$，则由$x_{n+1} = \frac{1}{2}(x_n + f(x_n))$得$0 < x_{n+1} < 2$，由数学归纳法知$0 < x_n < 2$对任意$n \in \mathbb{N}$均成立．故$\{x_n\}$单调有界，因此$\lim\limits_{n \to \infty} x_n$存在．设$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$，得$f(a) = a$，由(Ⅰ)知，$a = x_0$．

解 （Ⅰ）\( \alpha = (1,0,1)^{\text{T}} \)为\( A^{-1} \)的特征向量，则\( \alpha = (1,0,1)^{\text{T}} \)也为\( A \)的特征向量。由
\[
A\alpha = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ a & 4 & b \\ -3 & -3 & 5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ a + b \\ 2 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
\]
解得\( \lambda = 2 \)，\( a + b = 0 \)。又由\( |A| = 24 \)，可得\( a + 3b + 4 = 0 \)，因此\( a = 2 \)，\( b = -2 \)。

（Ⅱ）\( A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2 & 4 & -2 \\ -3 & -3 & 5 \end{pmatrix} \)，由\( |A - \lambda E| = 0 \)，得\( A \)的三个特征值分别为\( \lambda_1 = \lambda_2 = 2 \)，\( \lambda_3 = 6 \)。

当\( \lambda_1 = \lambda_2 = 2 \)时，解\( (A - 2E)x = 0 \)，得线性无关的两个特征向量：\( p_1 = (1, 0, 1)^{\text{T}} \)，\( p_2 = (1, -1, 0)^{\text{T}} \)；
当\( \lambda_3 = 6 \)时，解\( (A - 6E)x = 0 \)，得线性无关的特征向量：\( p_3 = (1, -2, 3)^{\text{T}} \)。

令\( P = (p_1, p_2, p_3) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -2 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix} \)，则\( P \)为可逆矩阵，且
\[
P^{-1}AP = \Lambda = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}
\]

（Ⅲ）由\( (P^{-1}AP)^{\text{T}} = \Lambda^{\text{T}} \)，可得\( P^{\text{T}}A^{\text{T}}(P^{\text{T}})^{-1} = \Lambda^{\text{T}} = \Lambda \)，进而
\[
A^{\text{T}} = (P^{\text{T}})^{-1}\Lambda P^{\text{T}} = (P^{\text{T}})^{-1}(P^{-1}AP)P^{\text{T}} = (PP^{\text{T}})^{-1}A(PP^{\text{T}})
\]

令\( Q = PP^{\text{T}} \)，计算得
\[
Q = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -2 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & -2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -3 & 4 \\ -3 & 5 & -6 \\ 4 & -6 & 10 \end{pmatrix}
\]
易知\( Q^{\text{T}} = Q \)，即\( Q \)为对称可逆矩阵，且满足\( Q^{-1}AQ = A^{\text{T}} \)。