(方法一)

\[k=\lim _{x \to \infty} \frac{y}{x}=\lim _{x \to \infty} \ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)=1,\]

\[\begin{aligned} b & =\lim _{x \to \infty}(y-k x)=\lim _{x \to \infty} x\left[\ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)-1\right] \\ & =\lim _{x \to \infty} x\left[\ln \left(1+\frac{1}{e(x-1)}\right)\right]=\lim _{x \to \infty} \frac{x}{e(x-1)}=\frac{1}{e}, \end{aligned}\]

其中 \(\lim _{x \to \infty}{x \ln [1+\frac{1}{e(x-1)}]-\frac{1}{e}}=0\) 则所求斜渐近线方程为 \(y=x+\frac{1}{e}\)

(方法二)

\[y=x \ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)=x+x \ln \left[1+\frac{1}{e(x-1)}\right] =x+\frac{1}{e}+\left\{x \ln \left[1+\frac{1}{e(x-1)}\right]-\frac{1}{e}\right\},\]

\[\begin{aligned} \int f(x) d x & = \begin{cases}\int \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} d x, & x \leq 0, \\ \int(x+1) \cos x d x, & x>0,\end{cases} \\ & =\left\{\begin{array}{cc} \ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)+C_{1}, & x \leq 0, \\ (x+1) \sin x+\cos x+C_{2}, & x>0,\end{array}\right. \end{aligned}\]

为连续函数，所以 \(C_{1}=1+C_{2}\)，

\[\int f(x) d x= \begin{cases}\ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)+1+C, & x \leq 0, \\ (x+1) \sin x+\cos x+C, & x>0 .\end{cases}\]

(D)为正确答案。

由递推关系可知，\(\{x_n\}\)，\(\{y_n\}\) 均为单调减数列，且为无穷小。由 \(y_{1}=\frac{1}{2}\)，\(y_{n+1}=y_{n}^{2}\) 可知，

\[y_{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}, y_{3}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2^{2}}, \cdots, y_{n+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2^{n}}=\left(\frac{1}{4}\right)^{2^{n-1}}.\]

由于 \(\sin x>\frac{2}{\pi} x(0

\[x_{n+1}>\frac{2}{\pi} x_{n}>\left(\frac{2}{\pi}\right)^{2} x_{n-1}>\cdots>\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n} x_{1}=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n},\]

故 \(0<\frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}<\frac{(\frac{1}{4})^{2^{n-1}}}{\frac{1}{2}(\frac{2}{\pi})^{n}} \to 0\)（当 \(n \to \infty\) 时），故 \(y_{n}\) 是 \(x_{n}\) 的高阶无穷小。

微分方程的特征方程为 \(\lambda^{2}+a \lambda+b=0\)，特征根为 \(\lambda_{1,2}=\frac{-a \pm \sqrt{a^{2}-4 b}}{2}\)。

- 若 \(a^{2}-4 b>0\)，特征方程有两个实根且 \(\lambda_{1} \neq \lambda_{2}\)，微分方程的解为 \(y=C_{1} e^{\lambda_{1} x}+C_{2} e^{\lambda_{2} x}\)，在 \((-\infty,+\infty)\) 上无界。

- 若 \(a^{2}-4 b=0\)，则 \(\lambda_{1}=\lambda_{2}=-\frac{a}{2}\)，微分方程的解为 \(y=(C_{1}+C_{2} x) e^{-\frac{a}{2} x}\)，在 \((-\infty,+\infty)\) 上无界。

- 若 \(a^{2}-4 b<0\)，则 \(\lambda_{1,2}=\frac{-a \pm \sqrt{4 b-a^{2}} i}{2}\)，微分方程的解为 \(y=e^{-\frac{a}{2} x}(C_{1} \cos \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} x+C_{2} \sin \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} x)\)，若此解在 \((-\infty,+\infty)\) 上有界，则 \(a=0\)，进而 \(b>0\)。

因此答案选(C)。

【评注】本题还可从选项出发，验证只有(C)符合条件。

当 \(t \geq 0\) 时，\(\begin{cases}x=3t \\ y=t \sin t\end{cases}\)，即 \(y=\frac{x}{3} \sin \frac{x}{3}\)；当 \(t < 0\) 时，\(\begin{cases}x=t \\ y=-t \sin t\end{cases}\)，即 \(y=-x \sin x\)。

\[y= \begin{cases}\frac{x}{3} \sin \frac{x}{3}, & x \geq 0 \\ -x \sin x, & x < 0 \end{cases}\]

计算导数：

\[y'(x)=\left\{\begin{array}{cc} \frac{1}{3} \sin \frac{x}{3}+\frac{x}{9} \cos \frac{x}{3}, & x>0, \\ 0, & x=0, \\ -\sin x - x \cos x, & x<0 . \end{array}\right.\]

由 \(y_{+}'(0)=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{\frac{x}{3} \sin \frac{x}{3}-0}{x}=0\)，\(y_{-}'(0)=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{-x \sin x-0}{x}=0\)，故 \(f'(0)=0\)，且 \(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处连续。

计算二阶导数：

\[y_{+}''(0)=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{3} \sin \frac{x}{3}+\frac{x}{9} \cos \frac{x}{3}-0}{x}=\frac{2}{9},\]

\[y_{-}''(0)=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{-\sin x - x \cos x - 0}{x}=-2,\]

左右二阶导数不相等，故 \(f^{\prime \prime}(0)\) 不存在。

【评注】泰勒公式判断导数存在性：

\[y=\left\{\begin{array}{l} \frac{x}{3} \sin \frac{x}{3}=\frac{x^{2}}{9}+\cdots, x \geq 0, \\ -x \sin x=-x^{2}+\cdots, x<0 . \end{array}\right.\]

故 \(y_{+}^{\prime \prime}(0) =\frac{2}{9}\)，\(y_{-}^{\prime \prime}(0)=-2\)，故 \(y''(0)\) 不存在。

广义积分 \(\int_{2}^{+\infty} \frac{d x}{x(\ln x)^{\alpha+1}}\) 当 \(\alpha>0\) 时收敛，所以 \(f(\alpha)\) 的定义域为 \(\alpha>0\)。

当 \(\alpha>0\) 时，

\[f(\alpha)=\int_{2}^{+\infty} \frac{d x}{x(\ln x)^{\alpha+1}}=\int_{2}^{+\infty} \frac{d \ln x}{(\ln x)^{\alpha+1}}=-\left.\frac{1}{\alpha(\ln x)^{\alpha}}\right|_{2} ^{+\infty}=\frac{1}{\alpha(\ln 2)^{\alpha}}.\]

记 \(g(\alpha)=\alpha(\ln 2)^{\alpha}\)，则

\[g'(\alpha)=(\ln 2)^{\alpha}+\alpha(\ln 2)^{\alpha} \ln (\ln 2)=\left(\ln 2\right)^{\alpha}\left[1+\alpha \ln (\ln 2)\right],\]

令 \(g'(\alpha)=0\)，得 \(\alpha=-\frac{1}{\ln (\ln 2)}\)。

当 \(0<\alpha<-\frac{1}{\ln (\ln 2)}\) 时，\(g'(\alpha)>0\)；当 \(\alpha>-\frac{1}{\ln (\ln 2)}\) 时，\(g'(\alpha)<0\)。

所以 \(g(\alpha)\) 在 \(\alpha_{0}=-\frac{1}{\ln (\ln 2)}\) 点取得最大值，从而 \(f(\alpha)\) 在 \(\alpha_{0}=-\frac{1}{\ln (\ln 2)}\) 点取得最小值。

由 \(f(x)=(x^{2}+a) e^{x}\) 可知，

\[f'(x)=\left(x^{2}+2 x+a\right) e^{x},\]

\[f''(x)=\left(x^{2}+4 x+a+2\right) e^{x}.\]

要使得 \(f(x)\) 没有极值点，二次多项式 \(x^{2}+2 x+a\) 的判别式 \(\Delta=4-4 a \leq 0\)，即 \(a \geq 1\)；

要使得 \(f(x)\) 有拐点，二次多项式 \(x^{2}+4 x+(a+2)\) 的判别式 \(\Delta=16-4(a+2)>0\)，即 \(a<2\)。

所以 \(a \in[1,2)\)。

（方法一）分别令(A)(B)(C)(D)选项中的矩阵为 \(I_1\)，\(I_2\)，\(I_3\)，\(I_4\)。

\[\left[\begin{array}{ll} A & E \\ O & B \end{array}\right] I_4 = \left[\begin{array}{ll} A & E \\ O & B \end{array}\right]\left[\begin{array}{cc} |B| A^{*} & -A^{*} B^{*} \\ O & |A| B^{*} \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} |A||B|E & -|A| B^{*} + |A| B^{*} \\ O & |A||B| E \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} |A||B| E & O \\ O & |A||B| E \end{array}\right]\]，选项(D)是正确的。

（方法二）\(\begin{aligned} \left[\begin{array}{ll} A & E \\ O & B \end{array}\right]^{*} & =\left|\begin{array}{ll} A & E \\ O & B \end{array}\right|\left[\begin{array}{ll} A & E \\ O & B \end{array}\right]^{-1}=|A||B|\left[\begin{array}{cc} A^{-1} & -A^{-1} B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{array}\right] \\ & =\left[\begin{array}{cc} |A|B| A^{-1} & -|A||B| A^{-1} B^{-1} \\ O & |A||B| B^{-1} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} |B| A^{\cdot} & -A^{\cdot} B^{*} \\ O & |A| B^{*} \end{array}\right] \end{aligned}\)。

（方法一）配方法

\begin{aligned}
&(x_{1}+x_{2})^{2} + (x_{1}+x_{3})^{2} - 4(x_{2}-x_{3})^{2} \\
=& x_{1}^{2} + 2x_{1}x_{2} + x_{2}^{2} + x_{1}^{2} + 2x_{1}x_{3} + x_{3}^{2} - 4x_{2}^{2} + 8x_{2}x_{3} - 4x_{3}^{2} \\
=& 2x_{1}^{2} - 3x_{2}^{2} - 3x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} + 8x_{2}x_{3} \\
=& 2\left[\left(x_{1}+\frac{1}{2}x_{2}+\frac{1}{2}x_{3}\right)^{2} - \frac{1}{4}x_{2}^{2} - \frac{1}{4}x_{3}^{2} - \frac{1}{2}x_{2}x_{3}\right] - 3x_{2}^{2} - 3x_{3}^{2} + 8x_{2}x_{3} \\
=& 2\left(x_{1}+\frac{1}{2}x_{2}+\frac{1}{2}x_{3}\right)^{2} - \frac{7}{2}x_{2}^{2} - \frac{7}{2}x_{3}^{2} + 7x_{2}x_{3} \\
=& 2\left(x_{1}+\frac{1}{2}x_{2}+\frac{1}{2}x_{3}\right)^{2} - \frac{7}{2}\left(x_{2}-x_{3}\right)^{2}
\end{aligned}

正确答案为(B)。

（方法二）合同变换法，二次型对应的对称矩阵 \(A = \begin{bmatrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 4 \\ 1 & 4 & -3\end{bmatrix}\)，通过合同变换可得正惯性指数为1，负惯性指数为1，故选(B)。

（方法三）特征值法，计算 \(|\lambda E - A| = \lambda(\lambda + 7)(\lambda - 3) = 0\)，特征值为0，3，-7，正惯性指数为1，负惯性指数为1，故选(B)。

（方法四）可逆线性变换，令 \(\left\{\begin{array}{l}z_{1}=x_{1}+x_{2}, \\ z_{2}=x_{1}+x_{3}, \\ z_{3}=x_{3},\end{array}\right.\) 则 \(f = -3 z_{1}^{2} - 3 z_{2}^{2} + 8 z_{1} z_{2}\)，其对应的矩阵特征值为1，-7，0，正惯性指数为1，负惯性指数为1，故选(B)。

设 \(\gamma = x_{1} \alpha_{1} + x_{2} \alpha_{2} = x_{3} \beta_{1} + x_{4} \beta_{2}\)，即 \(x_{1} \alpha_{1} + x_{2} \alpha_{2} - x_{3} \beta_{1} - x_{4} \beta_{2} = 0\)。对矩阵 \(\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, -\beta_{1}, -\beta_{2}\right]\) 进行行初等变换得到行最简形 \(\left[\begin{array}{cccc}1 & 0 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{array}\right]\)，方程组的解为 \(x = x_{4}\left(\begin{array}{c}-3 \\ 1 \\ -1 \\ 1\end{array}\right)\)，\(x_{4} \in R\)。则 \(\gamma = -3 x_{4} \alpha_{1} + x_{4} \alpha_{2} = x_{4}\left(\begin{array}{l}-3 \\ -6 \\ -9\end{array}\right) + x_{4}\left(\begin{array}{l}2 \\ 1 \\ 1\end{array}\right) = k\left(\begin{array}{l}1 \\ 5 \\ 8\end{array}\right)\)，\(k = -x_{4} \in R\)，正确答案为(D)。

由题设知

\begin{aligned}
1 & = \lim _{x \to 0} \frac{ax + bx^{2} + \ln(1+x)}{e^{x^{2}} - \cos x} \\
& = \lim _{x \to 0} \frac{ax + bx^{2} + x - \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})}{\left[1 + x^{2} + o(x^{2})\right] - \left[1 - \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})\right]} \\
& = \lim _{x \to 0} \frac{(a+1)x + \left(b - \frac{1}{2}\right)x^{2} + o(x^{2})}{\frac{3}{2}x^{2} + o(x^{2})},
\end{aligned}

则 \(a + 1 = 0\) 且 \(b - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\)，解得 \(a = -1\)，\(b = 2\)，故 \(ab = -2\)。

【答案】$\boldsymbol{\sqrt{3} + \frac{4}{3}\pi}$． 
【解析】 $y = \int_{-\sqrt{3}}^{x}\sqrt{3 - t^2}dt$的定义域为$[-\sqrt{3}, \sqrt{3}]$，所求弧长为 
$s = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\sqrt{1 + y'^2}dx = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\sqrt{4 - x^2}dx = 2\int_{0}^{\sqrt{3}}\sqrt{4 - x^2}dx$ 
$\xlongequal{x = 2\sin t}\int_{0}^{\frac{\pi}{3}} 8\cos^2 tdt = 4\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}(1 + \cos 2t)dt = \sqrt{3} + \frac{4}{3}\pi$． 

【答案】 $-\frac{3}{2}.$
【解析】 当$x = y = 1$时，$\mathrm{e}^z + z = 1$，得$z = 0$. 
方程$\mathrm{e}^z + xz = 2x - y$两边对$x$求偏导，有 
$$\mathrm{e}^z \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + z + x\frac{\partial z}{\partial x} = 2.$$ 
①式两端再对$x$求偏导数，有 
$$\mathrm{e}^z \cdot \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \mathrm{e}^z \cdot \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial x} + x\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 0.$$ 
将$x = y = 1$，$z = 0$代入①得$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} = 1$， 
再将$x = y = 1$，$z = 0$，$\frac{\partial z}{\partial x} = 1$代入②得$\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(1,1)} = -\frac{3}{2}.$

【答案】 $-\frac{11}{9}.$ 
【解析】 将$x = 1$代入$3x^3 = y^5 + 2y^3$得$y = 1$.等式$3x^3 = y^5 + 2y^3$两端对$x$求导得 $9x^2 = 5y^4y' + 6y^2y'.$ 
将$x = 1,y = 1$代入上式得$y'(1) = \frac{9}{11}$，所以，曲线$3x^3 = y^5 + 2y^3$在$x = 1$对应点处的法线斜率为$-\frac{11}{9}.$

【答案】$\frac{1}{2}$.
【解析】$\int_{1}^{3}f(x)dx = \int_{1}^{2}f(x)dx + \int_{2}^{3}f(x)dx$.
$\int_{2}^{3}f(x)dx \stackrel{x = t + 2}{=\!=\!=} \int_{0}^{1}f(t + 2)dt = \int_{0}^{1}f(x + 2)dx$
$=\int_{0}^{1}[f(x) + x]dx = \int_{0}^{1}f(x)dx + \frac{1}{2}$，
$\int_{1}^{3}f(x)dx = \int_{1}^{2}f(x)dx + \int_{0}^{1}f(x)dx + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

【答案】 8.
【解析】 已知题中方程组有解，所以\(r(A) = r(B)\)，
其中\(A=\begin{bmatrix}a&0&1\\1&a&1\\1&2&a\\a&b&0\end{bmatrix}\)，\(B=\begin{bmatrix}a&0&1&1\\1&a&1&0\\1&2&a&0\\a&b&0&2\end{bmatrix}\)。
又因为\(\begin{vmatrix}a&0&1\\1&a&1\\1&2&a\end{vmatrix} = 4\neq0\)，所以\(r(A) = 3\)，从而\(r(B) = 3\)，\(\vert B\vert = 0\)。
\(\vert B\vert=\begin{vmatrix}a&0&1&1\\1&a&1&0\\1&2&a&0\\a&b&0&2\end{vmatrix}\stackrel{按4列展开}{=}-\begin{vmatrix}1&a&1\\1&2&a\\a&b&0\end{vmatrix}+2\begin{vmatrix}a&0&1\\1&a&1\\1&2&a\end{vmatrix}\)
\( = 8-\begin{vmatrix}1&a&1\\1&2&a\\a&b&0\end{vmatrix}= 0\)。
所以\(\begin{vmatrix}1&a&1\\1&2&a\\a&b&0\end{vmatrix}= 8\)。

(1)设曲线 \(y=y(x)\) 在点 \((x, y)\) 处的切线方程为 \(Y-y=y'(X-x)\) ,则在 y 轴上的截距为 \(y-xy'\) ,从而有 \(x=y-xy'\) .即 \(y'-\frac{1}{x}y=-1\) ,解此方程得 \(y(x)=x(C-\ln x)\) .由 \(y(e^{2})=0\) 可知, \(C=2\) ,则 \(y(x)=x(2-\ln x)\)

(2)设曲线 \(y=x(2-\ln x)\) 在点 \((x, y)\) 处的切线方程为 \(Y-y=y'(X-x)\) ,令 \(X=0\) 得 \(Y=y-xy'=x\) ,令 \(Y=0\) 得 \(X=\frac{x}{\ln x-1}\) ,该切线与两坐标轴所围三角形的面积为 \(S(x)=\frac{1}{2}XY=\frac{x^{2}}{2(\ln x-1)}\) ,则 \(S'(x)=\frac{x(2\ln x-3)}{2(\ln x-1)^{2}}\) ,令 \(S'(x)=0\) 得驻点 \(x=e^{\frac{3}{2}}\) ,且当 \(e0\) ,故 \(S(x)\) 在 \(x=e^{\frac{3}{2}}\) 处取最小值,最小值为 \(S(e^{\frac{3}{2}})=e^{3}\) .因而所求点为 \((e^{\frac{3}{2}}, \frac{1}{2}e^{\frac{3}{2}})\) ,所围三角形的最小面积为 \(e^{3}\) .

由 \(\begin{cases} f_{x}'=e^{\cos y}+x=0 \\ f_{y}'=-x \sin y e^{\cos y}=0 \end{cases}\) 得驻点为 \((-e^{(-1)^{k}}, k\pi)(k=0, \pm 1, \cdots)\) 。可计算 \(A=f_{xx}''=1\) , \(B=f_{xy}''=-\sin y e^{\cos y}\) , \(C=f_{yy}''=-x(\cos y - \sin^{2}y)e^{\cos y}\) 。在驻点处，判别式 \(\Delta = B^{2} - AC = -e^{(-1)^{k} \cdot (-1)^{k}e^{(-1)^{k}}}\) 。当 \(k\) 为奇数时，\(\Delta = e^{-2} > 0\) ，不是极值点；当 \(k\) 为偶数时，\(\Delta = -e^{2} < 0\) ，且 \(A=1>0\) ，此时函数取极小值为 \(f(-e, k\pi)=-\frac{e^{2}}{2},(k\) 为偶数)。

(1)所求面积为 \(S = \int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x \sqrt{1+x^{2}}} = \int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^{2} \sqrt{1+(\frac{1}{x})^{2}}} = -\int_{1}^{+\infty} \frac{d\frac{1}{x}}{\sqrt{1+(\frac{1}{x})^{2}}} = -\left.\ln(\frac{1}{x} + \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}})\right|_{1} ^{+\infty} = \ln(1+\sqrt{2})\) 。

(2)所求旋转体体积为 \(V = \pi \int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^{2}(1+x^{2})} = \pi \int_{1}^{+\infty}(\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{1+x^{2}})dx = -\left.\pi(\frac{1}{x} + \arctan x)\right|_{1} ^{+\infty} = \pi(1 - \frac{\pi}{4})\) 。

曲线 \(x^{2}+y^{2}-xy=1\) 、\(x^{2}+y^{2}-xy=2\) 的极坐标方程为 \(r_{1}^{2}=\frac{1}{1-\cos\theta \sin\theta}\) ，\(r_{2}^{2}=\frac{2}{1-\cos\theta \sin\theta}\) ，则 \(\iint_{D} \frac{1}{3x^{2}+y^{2}} dx dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} d\theta \int_{\sqrt{\frac{1}{1-\cos\theta \sin\theta}}}^{\sqrt{\frac{2}{1-\cos\theta \sin\theta}}} \frac{1}{r^{2}(3\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta)} \cdot r dr = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \ln\sqrt{2} \cdot \frac{1}{3\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta} d\theta = \frac{1}{2}\ln2 \cdot \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{d\tan\theta}{3 + \tan^{2}\theta} = \left.\frac{\ln2}{2\sqrt{3}} \cdot \arctan\frac{\tan\theta}{\sqrt{3}}\right|_{0}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\sqrt{3}\ln2}{24}\pi\) 。

【证明】
（Ⅰ）由泰勒公式可知
\[f(x)=f(0)+f^\prime(0)x+\frac{f^{\prime\prime}(\eta)}{2!}x^2 = f^\prime(0)x+\frac{f^{\prime\prime}(\eta)}{2!}x^2\]，其中\(\eta\)介于\(0\)与\(x\)之间。

则
\[f(a)=f^\prime(0)a+\frac{f^{\prime\prime}(\eta_1)}{2!}a^2,(0\lt\eta_1\lt a) \quad ①\]
\[f(-a)=-f^\prime(0)a+\frac{f^{\prime\prime}(\eta_2)}{2!}a^2,(-a\lt\eta_2\lt0) \quad ②\]

① + ②得
\[f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}[f^{\prime\prime}(\eta_1)+f^{\prime\prime}(\eta_2)] \quad ③\]

又\(f^{\prime\prime}(x)\)在\([\eta_2,\eta_1]\)上连续，则必有最小值\(m\)和最大值\(M\)。而
\[m\leqslant\frac{1}{2}[f^{\prime\prime}(\eta_1)+f^{\prime\prime}(\eta_2)]\leqslant M\]

由介值定理知，存在\(\xi\in[\eta_2,\eta_1]\subset(-a,a)\)，使得\(f^{\prime\prime}(\xi)=\frac{1}{2}[f^{\prime\prime}(\eta_1)+f^{\prime\prime}(\eta_2)]\)。

代入③式得\(f^{\prime\prime}(\xi)=\frac{1}{a^2}[f(a)+f(-a)]\)。

（Ⅱ）设\(f(x)\)在\(x_0\in(-a,a)\)取得极值，则\(f^\prime(x_0)=0\)，由泰勒公式可知
\[
\begin{align*}
f(x)&=f(x_0)+f^\prime(x_0)(x - x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x - x_0)^2\\
&=f(x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x - x_0)^2
\end{align*}
\]
其中\(\xi\)介于\(x_0\)与\(x\)之间，

则 \(f(-a)=f(x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi_1)}{2!}(-a - x_0)^2,(-a\lt\xi_1\lt x_0)\) 

(1)\(A = A E = A\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\2 & -1 & 1\\0 & 1 & -1\end{bmatrix}\) 。

(2)令 \(|A - \lambda E| = \begin{vmatrix}1 - \lambda & 1 & 1\\2 & -1 - \lambda & 1\\0 & 1 & -1 - \lambda\end{vmatrix} = -(\lambda + 2)(\lambda - 2)(\lambda + 1) = 0\) ，求得 \(A\) 的特征值为 \(\lambda_{1} = -1\) ，\(\lambda_{2} = -2\) ，\(\lambda_{3} = 2\) 。

先求解方程组 \((A + E)x = 0\) ，\(A + E = \begin{bmatrix}2 & 1 & 1\\2 & 0 & 1\\0 & 1 & 0\end{bmatrix}\) 经行变换得 \(\begin{bmatrix}1 & 0 & \frac{1}{2}\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0\end{bmatrix}\) ，通解为 \(x = k_{1}(-1, 0, 2)^{T}\) ，取属于 \(\lambda_{1} = -1\) 的特征向量为 \(\xi_{1} = (-1, 0, 2)^{T}\) 。

再求解 \((A + 2E)x = 0\) ，\(A + 2E = \begin{bmatrix}3 & 1 & 1\\2 & 1 & 1\\0 & 1 & 1\end{bmatrix}\) 经行变换得 \(\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 1\\0 & 0 & 0\end{bmatrix}\) ，通解为 \(x = k_{2}(0, 1, -1)^{T}\) ，取属于 \(\lambda_{2} = -2\) 的特征向量为 \(\xi_{2} = (0, 1, -1)^{T}\) 。

最后求解 \((A - 2E)x = 0\) ，\(A - 2E = \begin{bmatrix}-1 & 1 & 1\\2 & -3 & 1\\0 & 1 & -3\end{bmatrix}\) 经行变换得 \(\begin{bmatrix}1 & 0 & -4\\0 & 1 & -3\\0 & 0 & 0\end{bmatrix}\) ，通解为 \(x = k_{3}(4, 3, 1)^{T}\) ，取属于 \(\lambda_{3} = 2\) 的特征向量为 \(\xi_{3} = (4, 3, 1)^{T}\) 。

令 \(P = [\xi_{1}, \xi_{2}, \xi_{3}] = \begin{bmatrix}-1 & 0 & 4\\0 & 1 & 3\\2 & -1 & 1\end{bmatrix}\) ，则 \(P^{-1}AP = \begin{bmatrix}-1 & 0 & 0\\0 & -2 & 0\\0 & 0 & 2\end{bmatrix}\) 。