113 年 國立臺灣大學海洋研究所物理化學組《微積分（A）》

本題主要考驗極限的計算，特別是當分子分母皆趨近於零時，需要使用適當的方法來處理，例如泰勒展開或羅必達法則。

首先觀察極限的型式，當 $x \to 0$ 時，分子 $\sqrt{9+x \sin x} - \sqrt{9+x^3} \to \sqrt{9} - \sqrt{9} = 0$。
分母 $1-\cos(2x) \to 1 - \cos(0) = 1-1 = 0$。
由於是 $\frac{0}{0}$ 型的不定型，我們可以使用羅必達法則。

分母的微分：
$\frac{d}{dx}(1-\cos(2x)) = -(-\sin(2x) \cdot 2) = 2\sin(2x)$。

分子的微分：
$\frac{d}{dx}(\sqrt{9+x \sin x} - \sqrt{9+x^3})$
$= \frac{1}{2\sqrt{9+x \sin x}} \cdot \frac{d}{dx}(9+x \sin x) - \frac{1}{2\sqrt{9+x^3}} \cdot \frac{d}{dx}(9+x^3)$
$= \frac{1}{2\sqrt{9+x \sin x}} \cdot (\sin x + x \cos x) - \frac{1}{2\sqrt{9+x^3}} \cdot (3x^2)$

所以，根據羅必達法則：
$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{9+x \sin x} - \sqrt{9+x^3}}{1-\cos(2x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{\sin x + x \cos x}{2\sqrt{9+x \sin x}} - \frac{3x^2}{2\sqrt{9+x^3}}}{2\sin(2x)}$

當 $x \to 0$ 時，分子的極限為 $\frac{0+0}{2\sqrt{9}} - \frac{0}{2\sqrt{9}} = 0$。
分母的極限為 $2\sin(0) = 0$。
再次得到 $\frac{0}{0}$ 型不定型，我們需要再次使用羅必達法則，或者使用泰勒展開。

這裡我們使用泰勒展開會更有效率。
對於分母 $1-\cos(2x)$，我們知道 $\cos(u) \approx 1 - \frac{u^2}{2!} + \frac{u^4}{4!} - \dots$。
所以 $\cos(2x) \approx 1 - \frac{(2x)^2}{2!} = 1 - \frac{4x^2}{2} = 1 - 2x^2$。
因此，$1-\cos(2x) \approx 1 - (1 - 2x^2) = 2x^2$。

對於分子 $\sqrt{9+x \sin x} - \sqrt{9+x^3}$，我們知道 $\sin x \approx x - \frac{x^3}{3!} + \dots$。
所以 $x \sin x \approx x(x) = x^2$。
$\sqrt{9+x \sin x} \approx \sqrt{9+x^2} = 3\sqrt{1+\frac{x^2}{9}}$。
使用二項式定理 $(1+u)^n \approx 1 + nu$ 當 $u$ 很小時。
$3\sqrt{1+\frac{x^2}{9}} \approx 3(1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{9}) = 3(1 + \frac{x^2}{18}) = 3 + \frac{x^2}{6}$。

$x^3$ 趨近於 0 時，$\sqrt{9+x^3} = 3\sqrt{1+\frac{x^3}{9}} \approx 3(1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{x^3}{9}) = 3 + \frac{x^3}{6}$。

核心觀念

本題考查隱函數微分。若函數 $y=f(x)$ 由方程

$$\sqrt{2x+3y}=xy-1$$

所定義，則在指定點 $(2,3)$ 必須先滿足原方程，才能談論 $f'(2)$。

檢查指定點

代入 $x=2,\ y=3$：

$$\sqrt{2(2)+3(3)} =\sqrt{13},$$

而

$$xy-1=(2)(3)-1=5.$$

因為

$$\sqrt{13}\ne 5,$$

所以點 $(2,3)$ 不在題目給定的隱函數曲線上。

解題方法與判斷

本題考驗體積計算，特別是使用圓盤法或華勒法（Shell Method）來計算旋轉體體積。由於區域 R 是由 $x$ 的兩個函數（$x=y^2$ 和 $x=e^{y-1}$）以及 $y$ 的範圍所定義，且我們是繞著 $x$ 軸旋轉，因此使用圓盤法（Disk Method）或華勒法（Shell Method）都需要仔細考慮。

觀察區域 R 的描述：$\{(x, y) | y^2 \leq x \leq e^{y-1}, 0 \leq y \leq 1\}$。
這表示對於固定的 $y$ 值， $x$ 的範圍是從 $y^2$ 到 $e^{y-1}$。
當 $y=0$ 時，$x$ 的範圍是 $0 \leq x \leq e^{-1} = 1/e$。
當 $y=1$ 時，$x$ 的範圍是 $1 \leq x \leq e^{0} = 1$。
所以，區域 R 的範圍在 $x$ 軸上是從 $0$ 到 $1$。
我們需要繞著 $x$ 軸旋轉。

若使用圓盤法，我們需要將積分變數設為 $x$。這意味著我們需要將區域 R 的邊界函數表示成 $y$ 的函數。
區域的左邊界是 $x = y^2$，即 $y = \sqrt{x}$ (因為 $y \ge 0$)。
區域的右邊界是 $x = e^{y-1}$，即 $\ln x = y-1$，所以 $y = \ln x + 1$。

然而，區域 R 的描述方式是 $y^2 \leq x \leq e^{y-1}$。
這表示對於一個給定的 $y$， $x$ 的範圍是 $[y^2, e^{y-1}]$。
當我們繞著 $x$ 軸旋轉時，我們需要積分 $A(x) dx$，其中 $A(x)$ 是截面的面積。
如果我們使用圓盤法，我們需要將 $y$ 表示成 $x$ 的函數。
但是，這個區域的邊界是由 $x$ 的兩個函數定義的，並且 $y$ 是變數。
$x = y^2 \implies y = \sqrt{x}$ （因為 $0 \le y \le 1$）
$x = e^{y-1} \implies y-1 = \ln x \implies y = \ln x + 1$

讓我們畫出這個區域。
當 $y=0$, $x=y^2=0$, $x=e^{y-1}=e^{-1}=1/e$.
當 $y=1$, $x=y^2=1$, $x=e^{y-1}=e^0=1$.
在 $y=0$ 到 $y=1$ 的範圍內，$y^2$ 是從 $0$ 增加到 $1$。
$e^{y-1}$ 是從 $1/e$ 增加到 $1$。

我們需要確認 $y^2 \le e^{y-1}$ 在 $0 \le y \le 1$ 是否成立。
令 $g(y) = e^{y-1} - y^2$。
$g'(y) = e^{y-1} - 2y$。
$g''(y) = e^{y-1} - 2$。
當 $y=0$, $g''(0) = e^{-1}-2 < 0$。
當 $y=1$, $g''(1) = e^0-2 = 1-2 = -1 < 0$。
$g'(0) = e^{-1} > 0$。
$g'(1) = e^0 - 2(1) = 1-2 = -1 < 0$。
這表示 $g'(y)$ 在 $0$ 到 $1$ 之間有一個根。
$g(0) = e^{-1} - 0 = 1/e > 0$。
$g(1) = e^0 - 1^2 = 1-1 = 0$。
所以，$e^{y-1} \ge y^2$ 在 $0 \le y \le 1$ 成立，且在 $y=1$ 時相等。

現在我們考慮繞 $x$ 軸旋轉。
如果我們使用圓盤法，積分變數是 $x$。
我們需要將區域的邊界表示成 $y=f(x)$。
左邊界：$y = \sqrt{x}$ (來自 $x=y^2$, $y \ge 0$)。
右邊界：$y = \ln x + 1$ (來自 $x=e^{y-1}$, $y \ge 0$)。

我們需要確定哪個函數是上方邊界，哪個是下方邊界。
在 $x$ 的範圍內，我們需要看 $y$ 的範圍。
當 $x$ 從 $0$ 變到 $1/e$ 時，$y$ 的範圍是 $0 \le y \le \sqrt{x}$。
當 $x$ 從 $1/e$ 變到 $1$ 時，$y$ 的範圍是 $\ln x + 1 \le y \le \sqrt{x}$ 嗎？
或者 $y^2 \le x \le e^{y-1}$。

讓我們畫圖。
$x=y^2$ 是拋物線開口向右。
$x=e^{y-1}$ 是指數函數。
當 $y=0$, $x=0$ 和 $x=1/e$.
當 $y=1$, $x=1$ 和 $x=1$.
區域 R 是被 $x=y^2$ 的右半部分和 $x=e^{y-1}$ 的左半部分所圍成的，並且 $y$ 的範圍是 $0$ 到 $1$。
所以，對於一個給定的 $y$， $x$ 的範圍是 $[y^2, e^{y-1}]$。

繞 $x$ 軸旋轉。
如果我們使用圓盤法，積分是 $\int_a^b \pi (R_{outer}^2 - R_{inner}^2) dx$。
這裡的 $R_{outer}$ 和 $R_{inner}$ 是 $y$ 的值。
我們需要將 $y$ 表示成 $x$ 的函數。
左邊界 $x=y^2 \implies y_1 = \sqrt{x}$ (因為 $y \ge 0$)。
右邊界 $x=e^{y-1} \implies y-1 = \ln x \implies y_2 = \ln x + 1$。

在 $x$ 的範圍內，我們需要比較 $y_1$ 和 $y_2$。
當 $x=1/e$, $y_1 = \sqrt{1/e} = 1/\sqrt{e} \approx 1/1.65 \approx 0.6$.
$y_2 = \ln(1/e) + 1 = -1 + 1 = 0$.
所以，當 $x=1/e$ 時，$y_1 > y_2$。
這表示 $\sqrt{x}$ 是上方曲線，$\ln x + 1$ 是下方曲線。
所以，旋轉體體積的積分應該是：
$V = \int_0^1 \pi (y_{outer}^2 - y_{inner}^2) dx$? 不對。
我們需要將 $y$ 表示成 $x$ 的函數。
區域 R 是由 $y^2 \le x$ 和 $x \le e^{y-1}$ 圍成的。
這意味著 $y$ 的範圍是 $0 \le y \le 1$。
對於一個固定的 $x$， $y$ 的範圍是什麼？
如果 $x$ 在 $[0, 1/e]$ 之間，則 $y$ 的範圍是 $0 \le y \le \sqrt{x}$。
如果 $x$ 在 $[1/e, 1]$ 之間，則 $y$ 的範圍是 $\ln x + 1 \le y \le \sqrt{x}$。

所以，我們需要分段積分。
$V = \int_0^{1/e} \pi (\sqrt{x})^2 dx + \int_{1/e}^1 \pi ((\sqrt{x})^2 - (\ln x + 1)^2) dx$

核心觀念

本題考查平面曲線的弧長公式。若曲線表示為 $y=f(x)$，則從 $x=a$ 到 $x=b$ 的弧長為

$$L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx.$$

由於端點 $(4,8)$ 位於 $y>0$ 的分支上，曲線 $y^2=x^3$ 應取上半支：

$$y=x^{3/2},\qquad 0\le x\le 4.$$

解題方法

對 $y=x^{3/2}$ 微分：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{3}{2}x^{1/2}.$$

因此

$$\left(\frac{dy}{dx}\right)^2=\frac{9x}{4}.$$

代入弧長公式：

$$L=\int_0^4\sqrt{1+\frac{9x}{4}}\,dx.$$

令

$$u=1+\frac{9x}{4}, \qquad dx=\frac{4}{9}\,du.$$

當 $x=0$ 時，$u=1$；當 $x=4$ 時，$u=10$。所以

本題考驗線性一階微分方程的求解，以及利用初始條件求出特定解並計算函數值。

給定的微分方程是 $f'(x) - (\tan x) f(x) = \sin^2 x$。這是一個線性一階微分方程，形式為 $y' + P(x)y = Q(x)$。
在這裡，$P(x) = -\tan x$，$Q(x) = \sin^2 x$。
初始條件是 $f(0) = 2$。

首先，我們需要找到積分因子 (integrating factor)。
積分因子為 $e^{\int P(x) dx}$。
$\int P(x) dx = \int (-\tan x) dx = -\int \tan x dx = -(-\ln|\cos x|) = \ln|\cos x|$。
由於我們處理的範圍可能包含 $x=0$ 附近，我們考慮 $\cos x > 0$ 的區域，例如 $-\pi/2 < x < \pi/2$。
所以，積分因子是 $e^{\ln(\cos x)} = \cos x$。

將原微分方程兩邊同乘以積分因子 $\cos x$：
$\cos x f'(x) - \cos x (\tan x) f(x) = \cos x \sin^2 x$
$\cos x f'(x) - \sin x f(x) = \cos x \sin^2 x$。

左邊是 $(\cos x f(x))$ 的微分：
$\frac{d}{dx}(\cos x f(x)) = \cos x f'(x) + (-\sin x) f(x) = \cos x f'(x) - \sin x f(x)$。
所以，原方程可以寫成：
$\frac{d}{dx}(\cos x f(x)) = \cos x \sin^2 x$。

現在對兩邊積分：
$\int \frac{d}{dx}(\cos x f(x)) dx = \int \cos x \sin^2 x dx$
$\cos x f(x) = \int \cos x \sin^2 x dx$。

本題考驗泰勒多項式的計算。我們需要計算函數在指定點的導數，然後利用泰勒多項式的公式來構造。

函數為 $f(x) = \tan^{-1}(2x)$，中心點為 $a=1$。
我們需要計算到三階泰勒多項式，所以需要計算 $f(1), f'(1), f''(1), f'''(1)$。

1. 計算 $f(1)$：
   $f(1) = \tan^{-1}(2 \cdot 1) = \tan^{-1}(2)$。

2. 計算 $f'(x)$：
   $f'(x) = \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(2x)) = \frac{1}{1+(2x)^2} \cdot 2 = \frac{2}{1+4x^2}$。
   計算 $f'(1)$：
   $f'(1) = \frac{2}{1+4(1)^2} = \frac{2}{1+4} = \frac{2}{5}$。

3. 計算 $f''(x)$：
   $f''(x) = \frac{d}{dx}(\frac{2}{1+4x^2}) = 2 \frac{d}{dx}((1+4x^2)^{-1})$
   $f''(x) = 2 (-1) (1+4x^2)^{-2} \cdot (8x) = -\frac{16x}{(1+4x^2)^2}$。
   計算 $f''(1)$：
   $f''(1) = -\frac{16(1)}{(1+4(1)^2)^2} = -\frac{16}{(1+4)^2} = -\frac{16}{5^2} = -\frac{16}{25}$。

4. 計算 $f'''(x)$：
   $f'''(x) = \frac{d}{dx}(-\frac{16x}{(1+4x^2)^2})$。
   使用商法則：$u = -16x$, $v = (1+4x^2)^2$。
   $u' = -16$。
   $v' = 2(1+4x^2) \cdot (8x) = 16x(1+4x^2)$。
   $f'''(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2} = \frac{-16(1+4x^2)^2 - (-16x)(16x(1+4x^2))}{((1+4x^2)^2)^2}$
   $f'''(x) = \frac{-16(1+4x^2)^2 + 256x^2(1+4x^2)}{(1+4x^2)^4}$。

本題考驗多元函數的極值問題，特別是帶有不等式約束的條件極值問題。我們需要使用拉格朗日乘數法處理邊界上的極值，並考慮約束區域內部的極值。

函數為 $f(x, y, z) = x^2yz$。
約束條件為 $g(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 \leq 4$。
這是一個封閉且有界的區域（一個實心球體），因此函數 $f$ 在此區域內必能達到最大值和最小值。

首先，我們考慮約束區域的內部，即 $x^2 + y^2 + z^2 < 4$。
在內部，我們尋找函數的臨界點，即 $\nabla f = \mathbf{0}$。
$\nabla f = (\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}) = (2xyz, x^2z, x^2y)$。
令 $\nabla f = \mathbf{0}$：
$2xyz = 0$ (1)
$x^2z = 0$ (2)
$x^2y = 0$ (3)

從 (2) 和 (3) 可知，如果 $x \neq 0$，則 $z=0$ 且 $y=0$。
如果 $y=0$ 且 $z=0$，則從 (1) $2x(0)(0) = 0$，這是恆成立的。
然而，如果 $y=0$ 或 $z=0$，那麼 $f(x,y,z) = x^2yz = 0$。

如果 $x=0$，則 $\nabla f = (0, 0, 0)$，恆成立。
如果 $x=0$，則 $f(x,y,z) = 0^2yz = 0$。
因此，在約束區域的內部，所有臨界點都使得 $f(x,y,z) = 0$。

接下來，我們考慮約束區域的邊界，即 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$。
我們使用拉格朗日乘數法。
令 $h(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4 = 0$。
我們需要解 $\nabla f = \lambda \nabla h$。
$\nabla h = (2x, 2y, 2z)$。

方程組為：

1. $2xyz = \lambda (2x)$
2. $x^2z = \lambda (2y)$
3. $x^2y = \lambda (2z)$
4. $x^2 + y^2 + z^2 = 4$

從方程 1：$2x(yz - \lambda) = 0$。
這意味著 $x=0$ 或 $yz = \lambda$。

情況 1：$x=0$。
如果 $x=0$，則 $f(0, y, z) = 0^2yz = 0$。
在邊界 $0^2 + y^2 + z^2 = 4$，即 $y^2 + z^2 = 4$。
在此情況下，$f$ 的值為 $0$。

情況 2：$x \neq 0$。
則 $yz = \lambda$。
將 $\lambda = yz$ 代入方程 2 和 3：
2. $x^2z = (yz)(2y) = 2y^2z$
3. $x^2y = (yz)(2z) = 2yz^2$

從方程 2：$x^2z = 2y^2z$。
這意味著 $z=0$ 或 $x^2 = 2y^2$。

子情況 2.1：$z=0$。
如果 $z=0$ 且 $x \neq 0$，則 $f(x, y, 0) = x^2y(0) = 0$。
在邊界 $x^2 + y^2 + 0^2 = 4$，即 $x^2 + y^2 = 4$。
在此情況下，$f$ 的值為 $0$。

子情況 2.2：$x^2 = 2y^2$。
現在看方程 3：$x^2y = 2yz^2$。
將 $x^2 = 2y^2$ 代入：
$(2y^2)y = 2yz^2$
$2y^3 = 2yz^2$。
這意味著 $y=0$ 或 $y^2 = z^2$。

子情況 2.2.1：$y=0$。
如果 $y=0$ 且 $x \neq 0$，則 $f(x, 0, z) = x^2(0)z = 0$。
在邊界 $x^2 + 0^2 + z^2 = 4$，即 $x^2 + z^2 = 4$。
在此情況下，$f$ 的值為 $0$。

子情況 2.2.2：$y^2 = z^2$。
這意味著 $z = y$ 或 $z = -y$。
我們還有 $x^2 = 2y^2$。
代入邊界條件 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$。

如果 $z=y$：
$x^2 + y^2 + y^2 = 4$
$(2y^2) + y^2 + y^2 = 4$
$4y^2 = 4$
$y^2 = 1$。
所以 $y = \pm 1$。
如果 $y=1$，則 $z=1$。 $x^2 = 2y^2 = 2(1)^2 = 2$，所以 $x = \pm \sqrt{2}$。
可能的點是 $(\sqrt{2}, 1, 1)$ 和 $(-\sqrt{2}, 1, 1)$。
計算 $f(\sqrt{2}, 1, 1) = (\sqrt{2})^2 (1)(1) = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2$。
計算 $f(-\sqrt{2}, 1, 1) = (-\sqrt{2})^2 (1)(1) = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2$。

核心觀念

本題考查三重積分的區域判讀，以及直角座標與極座標的轉換。

積分範圍為

$$0\le x\le 1,$$ $$0\le y\le \sqrt{1-x^2},$$ $$-\sqrt{1-x^2-y^2}\le z\le \sqrt{1-x^2-y^2}.$$

由 $x^2+y^2\le 1$ 可知，$xy$ 平面上的投影是第一象限內的單位圓四分之一；而 $z$ 的上下界合併為

$$x^2+y^2+z^2\le 1.$$

因此立體區域是單位球中 $x\ge 0,\ y\ge 0$ 的部分，亦即球體的四分之一。

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解題方法

先計算最內層的 $z$ 積分：

$$\int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}z^2\,dz = \left[\frac{z^3}{3}\right]_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}.$$

由於上下界關於 $0$ 對稱，結果為

$$\frac{2}{3}\left(1-x^2-y^2\right)^{3/2}.$$

所以原積分化為

$$\frac{2}{3} \int_0^1 \int_0^{\sqrt{1-x^2}} \left(1-x^2-y^2\right)^{3/2} \,dy\,dx.$$

此時被積函數含有 $x^2+y^2$，適合將 $xy$ 平面改用極座標：

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,$$ $$x^2+y^2=r^2,\qquad dx\,dy=r\,dr\,d\theta.$$

第一象限四分之一單位圓的範圍為

$$0\le r\le 1,\qquad 0\le \theta\le \frac{\pi}{2}.$$

因此

本題考驗繪製函數圖形的能力，要求詳細標示出漸近線、局部極值和反曲點，並對所有結論進行嚴格證明。

函數為 $y = f(x) = \frac{x^2-2}{e^x} = (x^2-2)e^{-x}$。

1. 定義域 (Domain):
函數 $f(x)$ 的定義域為所有實數 $\mathbb{R}$，因為 $e^x$ 在任何實數上都非零。

2. 漸近線 (Asymptotes):

• 垂直漸近線 (Vertical Asymptotes):
  由於函數在整個實數域上連續，沒有垂直漸近線。

• 水平漸近線 (Horizontal Asymptotes):
  我們需要計算 $\lim_{x \to \infty} f(x)$ 和 $\lim_{x \to -\infty} f(x)$。
  $\lim_{x \to \infty} \frac{x^2-2}{e^x}$。
  當 $x \to \infty$，分子 $x^2-2 \to \infty$，分母 $e^x \to \infty$。這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式，使用羅必達法則。
  $\lim_{x \to \infty} \frac{2x}{e^x}$。
  再次使用羅必達法則：
  $\lim_{x \to \infty} \frac{2}{e^x} = 0$。
  所以，當 $x \to \infty$ 時，$y=0$ 是水平漸近線。

  $\lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-2}{e^x}$。
  當 $x \to -\infty$，分子 $x^2-2 \to \infty$。分母 $e^x \to 0^+$。
  $\lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-2}{e^x} = \infty$。
  所以，沒有左側的水平漸近線。

• 斜漸近線 (Slant Asymptotes):
  由於存在水平漸近線 $y=0$ 當 $x \to \infty$，因此不存在斜漸近線。

3. 局部極值 (Local Extrema):
我們需要計算一階導數 $f'(x)$ 並尋找臨界點。
$f(x) = (x^2-2)e^{-x}$。
使用乘積法則：
$f'(x) = (2x)e^{-x} + (x^2-2)(-e^{-x})$
$f'(x) = (2x - x^2 + 2)e^{-x}$
$f'(x) = (-x^2 + 2x + 2)e^{-x}$。

令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點：
$(-x^2 + 2x + 2)e^{-x} = 0$。
由於 $e^{-x} > 0$，我們只需要解 $-x^2 + 2x + 2 = 0$。
$x^2 - 2x - 2 = 0$。
使用二次公式：
$x = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(-2)}}{2(1)} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 8}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$。
臨界點是 $x_1 = 1-\sqrt{3}$ 和 $x_2 = 1+\sqrt{3}$。

我們使用二階導數測試來判斷極值。
首先計算 $f''(x)$。
$f'(x) = (-x^2 + 2x + 2)e^{-x}$。
$f''(x) = (-2x + 2)e^{-x} + (-x^2 + 2x + 2)(-e^{-x})$
$f''(x) = (-2x + 2 - (-x^2 + 2x + 2))e^{-x}$
$f''(x) = (-2x + 2 + x^2 - 2x - 2)e^{-x}$
$f''(x) = (x^2 - 4x)e^{-x}$。

在 $x_1 = 1-\sqrt{3}$ 處：
$f''(1-\sqrt{3}) = ((1-\sqrt{3})^2 - 4(1-\sqrt{3}))e^{-(1-\sqrt{3})}$
$= (1 - 2\sqrt{3} + 3 - 4 + 4\sqrt{3})e^{-(1-\sqrt{3})}$
$= (4 - 2\sqrt{3} - 4 + 4\sqrt{3})e^{-(1-\sqrt{3})}$
$= (2\sqrt{3})e^{-(1-\sqrt{3})}$。
由於 $2\sqrt{3} > 0$ 且 $e^{-(1-\sqrt{3})} > 0$，所以 $f''(1-\sqrt{3}) > 0$。
因此，$x_1 = 1-\sqrt{3}$ 是一個局部最小值點。
局部最小值為 $f(1-\sqrt{3}) = ((1-\sqrt{3})^2 - 2)e^{-(1-\sqrt{3})} = (1-2\sqrt{3}+3-2)e^{-(1-\sqrt{3})} = (2-2\sqrt{3})e^{1-\sqrt{3}}$。

在 $x_2 = 1+\sqrt{3}$ 處：
$f''(1+\sqrt{3}) = ((1+\sqrt{3})^2 - 4(1+\sqrt{3}))e^{-(1+\sqrt{3})}$
$= (1 + 2\sqrt{3} + 3 - 4 - 4\sqrt{3})e^{-(1+\sqrt{3})}$
$= (4 + 2\sqrt{3} - 4 - 4\sqrt{3})e^{-(1+\sqrt{3})}$
$= (-2\sqrt{3})e^{-(1+\sqrt{3})}$。
由於 $-2\sqrt{3} < 0$ 且 $e^{-(1+\sqrt{3})} > 0$，所以 $f''(1+\sqrt{3}) < 0$。
因此，$x_2 = 1+\sqrt{3}$ 是一個局部最大值點。
局部最大值為 $f(1+\sqrt{3}) = ((1+\sqrt{3})^2 - 2)e^{-(1+\sqrt{3})} = (1+2\sqrt{3}+3-2)e^{-(1+\sqrt{3})} = (2+2\sqrt{3})e^{-(1+\sqrt{3})}$。