109 年 國立臺北大學都市計劃研究所甲組《微積分》

題目條件說明

題目第一段的條件「$x\le 0$ 且 $x=-1$」只指定 $x=-1$，沒有涵蓋 $-1<x\le 0$；因此函數在這段區間沒有定義。以下依分段函數的常見寫法，假設第一段原意為 $-1<x\le 0$，第二段為 $x\le -1$。如此在 $x=-1$ 由第二段定義函數值。各極限的左右極限及下列答案均依此假設計算。

核心觀念

分段函數在分界點的極限，須分別由左右兩側所適用的函數式計算；若左右極限不相等，雙側極限不存在。若 $f'(a)$ 存在，則 $f$ 必在 $a$ 連續；因此函數在該點不連續，導數必不存在。若某點未被函數定義，該點的導數也不存在。

令分母為

$$D(x)=-\frac{1}{24}x^3+\frac{1}{2}x^2-\frac{71}{24}x+\frac{21}{4}.$$

關鍵代入值為

$$D(-1)=\frac{35}{4},\qquad D(0)=\frac{21}{4},\qquad D(1)=\frac{11}{4},\qquad D(5)=-\frac{9}{4}.$$

解題方法與推導

A. 極限

i. 當 $x\to -1^-$，使用第二段：

$$\lim_{x\to-1^-}f(x) =\lim_{x\to-1^-}\frac{x+1}{D(x)} =\frac{0}{35/4}=0.$$

當 $x\to -1^+$，使用第一段：

$$\lim_{x\to-1^+}f(x) =1.5(-1)^2-0.5(-1)+1=3.$$

左右極限不相等，因此

$$\boxed{\lim_{x\to-1}f(x)\text{ 不存在}}.$$

ii. 當 $x\to0^-$，使用第一段；當 $x\to0^+$，使用第三段：

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=1, \qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=\frac{1}{D(0)} =\frac{4}{21}.$$

左右極限不相等，因此

$$\boxed{\lim_{x\to0}f(x)\text{ 不存在}}.$$

iii. 當 $x\to1^-$，使用第三段；當 $x\to1^+$，使用第四段：

此題考驗學生對導數與極值的關係，特別是費馬定理（Fermat's Theorem）的應用。

函數 $f(x)$ 在 $x=1$ 和 $x=-3$ 處有極值。根據費馬定理，如果在開區間 $(c, d)$ 內，函數 $f(x)$ 在點 $x_0$ 處取得極值，且 $f'(x_0)$ 存在，則 $f'(x_0) = 0$。
我們首先計算函數 $f(x)$ 的導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 + ax^2 + bx - 3) = 3x^2 + 2ax + b$.

由於函數在 $x=1$ 和 $x=-3$ 處有極值，且 $f'(x)$ 為多項式，在所有點都存在，所以我們有：
$f'(1) = 0$
$f'(-3) = 0$

將 $x=1$ 代入 $f'(x) = 0$：
$3(1)^2 + 2a(1) + b = 0$
$3 + 2a + b = 0$ (方程式 1)

將 $x=-3$ 代入 $f'(x) = 0$：
$3(-3)^2 + 2a(-3) + b = 0$
$3(9) - 6a + b = 0$
$27 - 6a + b = 0$ (方程式 2)

此題考驗學生對無窮極限的計算能力，特別是處理有理函數和根式函數的漸近行為。

A. $\lim_{x \to \infty} \left( \frac{2x^3 - x}{x^2 + x - 2} - 2x \right)$
這個極限是形式 $\infty - \infty$ 的不定型。我們需要合併分數，將其化為有理函數的形式。
首先，找到共同的分母：
$\frac{2x^3 - x}{x^2 + x - 2} - 2x = \frac{2x^3 - x}{x^2 + x - 2} - \frac{2x(x^2 + x - 2)}{x^2 + x - 2}$
$= \frac{2x^3 - x - (2x^3 + 2x^2 - 4x)}{x^2 + x - 2}$
$= \frac{2x^3 - x - 2x^3 - 2x^2 + 4x}{x^2 + x - 2}$
$= \frac{-2x^2 + 3x}{x^2 + x - 2}$

現在計算這個新表達式的極限：
$\lim_{x \to \infty} \frac{-2x^2 + 3x}{x^2 + x - 2}$
當 $x \to \infty$ 時，我們考慮分子和分母的最高次項。
分子最高次項是 $-2x^2$。
分母最高次項是 $x^2$。
所以，極限值等於最高次項係數的比值：
$\lim_{x \to \infty} \frac{-2x^2 + 3x}{x^2 + x - 2} = \lim_{x \to \infty} \frac{-2x^2}{x^2} = -2$.

另一種方法是將分子和分母同時除以 $x^2$ (分母的最高次項)：
$\lim_{x \to \infty} \frac{-2x^2/x^2 + 3x/x^2}{x^2/x^2 + x/x^2 - 2/x^2} = \lim_{x \to \infty} \frac{-2 + 3/x}{1 + 1/x - 2/x^2}$
當 $x \to \infty$ 時，$3/x \to 0$, $1/x \to 0$, $-2/x^2 \to 0$.

此題考驗學生對不定積分和定積分的計算能力，涵蓋了變數代換法、瑕積分、部分分式分解法等技巧。

A. $\int x\sqrt{9 - x} \, dx$
這是一個不定積分，可以考慮使用變數代換法。
令 $u = 9 - x$。則 $du = -dx$，所以 $dx = -du$。
同時，我們需要將 $x$ 用 $u$ 表示：$x = 9 - u$。
代入積分式：
$\int (9 - u)\sqrt{u} (-du) = -\int (9u^{1/2} - u^{3/2}) \, du$
$= -\left( 9 \frac{u^{3/2}}{3/2} - \frac{u^{5/2}}{5/2} \right) + C$
$= -\left( 9 \cdot \frac{2}{3} u^{3/2} - \frac{2}{5} u^{5/2} \right) + C$
$= -\left( 6 u^{3/2} - \frac{2}{5} u^{5/2} \right) + C$
$= -6 u^{3/2} + \frac{2}{5} u^{5/2} + C$.
將 $u = 9 - x$ 代回：
$= -6 (9 - x)^{3/2} + \frac{2}{5} (9 - x)^{5/2} + C$.

也可以考慮使用另一種代換，令 $u = \sqrt{9-x}$，則 $u^2 = 9-x$, $x = 9-u^2$, $dx = -2u \, du$.
$\int (9-u^2) u (-2u \, du) = -2 \int (9u^2 - u^4) \, du$
$= -2 \left( 9 \frac{u^3}{3} - \frac{u^5}{5} \right) + C$
$= -2 \left( 3u^3 - \frac{u^5}{5} \right) + C$
$= -6u^3 + \frac{2}{5}u^5 + C$.
代回 $u = \sqrt{9-x}$:
$= -6(\sqrt{9-x})^3 + \frac{2}{5}(\sqrt{9-x})^5 + C$
$= -6(9-x)^{3/2} + \frac{2}{5}(9-x)^{5/2} + C$.
結果相同。

B. $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{2e^x}{2+e^x} \, dx$
這是一個瑕積分，我們需要將其分解為兩個積分，並計算極限。
$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{2e^x}{2+e^x} \, dx = \int_{-\infty}^{0} \frac{2e^x}{2+e^x} \, dx + \int_{0}^{\infty} \frac{2e^x}{2+e^x} \, dx$.
首先計算不定積分 $\int \frac{2e^x}{2+e^x} \, dx$.
令 $u = 2+e^x$. 則 $du = e^x \, dx$.
$\int \frac{2}{u} \, du = 2 \ln|u| + C = 2 \ln(2+e^x) + C$ (因為 $2+e^x > 0$)。

現在計算定積分的部分：
$\int_{0}^{\infty} \frac{2e^x}{2+e^x} \, dx = \lim_{b \to \infty} \int_{0}^{b} \frac{2e^x}{2+e^x} \, dx$
$= \lim_{b \to \infty} [2 \ln(2+e^x)]_{0}^{b}$
$= \lim_{b \to \infty} (2 \ln(2+e^b) - 2 \ln(2+e^0))$
$= \lim_{b \to \infty} (2 \ln(2+e^b) - 2 \ln(3))$.
當 $b \to \infty$, $e^b \to \infty$, 所以 $\ln(2+e^b) \to \infty$.
因此，這個積分發散到 $\infty$.

此題考驗學生對函數局部極值（local extrema）的求解，包括臨界點的尋找以及區間端點的考慮。

局部極值可能出現在臨界點（critical points）或區間的端點。臨界點是指導數為零或不存在的點。

首先，我們計算函數 $f(x)$ 的導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(3x^5 - 5x^3) = 15x^4 - 15x^2$.

接下來，我們找出使導數為零的點（臨界點）：
$f'(x) = 0$
$15x^4 - 15x^2 = 0$
$15x^2(x^2 - 1) = 0$
$15x^2(x-1)(x+1) = 0$.
由此可得臨界點為 $x = 0$, $x = 1$, $x = -1$.

這些臨界點都落在給定的區間 $[-2, 2]$ 內。

為了判斷這些臨界點是局部極大值、局部極小值還是鞍點，我們可以使用一階導數檢驗法或二階導數檢驗法。這裡我們使用一階導數檢驗法，分析導數在這些點附近的符號變化。

我們將區間 $[-2, 2]$ 分割成以下幾個子區間，並在每個子區間中取測試點來檢查 $f'(x)$ 的符號：

1. 區間 $(-2, -1)$: 取 $x = -1.5$.
   $f'(-1.5) = 15(-1.5)^2((-1.5)^2 - 1) = 15(2.25)(2.25 - 1) = 15(2.25)(1.25) > 0$.
   在 $(-2, -1)$ 上，$f'(x) > 0$，函數遞增。

2. 區間 $(-1, 0)$: 取 $x = -0.5$.
   $f'(-0.5) = 15(-0.5)^2((-0.5)^2 - 1) = 15(0.25)(0.25 - 1) = 15(0.25)(-0.75) < 0$.
   在 $(-1, 0)$ 上，$f'(x) < 0$，函數遞減。
   由於函數從遞增變為遞減，在 $x = -1$ 處有局部極大值。
   $f(-1) = 3(-1)^5 - 5(-1)^3 = 3(-1) - 5(-1) = -3 + 5 = 2$.

3. 區間 $(0, 1)$: 取 $x = 0.5$.
   $f'(0.5) = 15(0.5)^2((0.5)^2 - 1) = 15(0.25)(0.25 - 1) = 15(0.25)(-0.75) < 0$.
   在 $(0, 1)$ 上，$f'(x) < 0$，函數遞減。

此題考驗學生對隱函數微分和直線方程式的應用。

首先，我們需要找到曲線 $x^4 - 3x^2y + y^4 = -1$ 在點 $(1,1)$ 的斜率。由於這是一個隱函數，我們需要使用隱函數微分法。
對等式兩邊關於 $x$ 求導：
$\frac{d}{dx}(x^4 - 3x^2y + y^4) = \frac{d}{dx}(-1)$

對每一項進行微分：
$\frac{d}{dx}(x^4) = 4x^3$
$\frac{d}{dx}(-3x^2y) = -3 \left( \frac{d}{dx}(x^2) \cdot y + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(y) \right) = -3 \left( 2xy + x^2 \frac{dy}{dx} \right) = -6xy - 3x^2 \frac{dy}{dx}$
$\frac{d}{dx}(y^4) = 4y^3 \frac{dy}{dx}$
$\frac{d}{dx}(-1) = 0$

將這些結果組合起來：
$4x^3 - 6xy - 3x^2 \frac{dy}{dx} + 4y^3 \frac{dy}{dx} = 0$

此題考驗學生對二重積分的計算，以及積分區域的確定。

積分區域 $R$ 定義為 $0.1 \le x \le 1$ 且 $0.1 \le y \le x$。
這表示 $x$ 的範圍是從 0.1 到 1。對於每一個 $x$， $y$ 的範圍是從 0.1 到 $x$。
這是一個由直線 $x=0.1$, $x=1$, $y=0.1$, $y=x$ 所圍成的三角形區域（如果下限是0的話）。由於下限是0.1，這是一個被截斷的三角形區域。

我們可以將二重積分寫成累次積分的形式。由於 $y$ 的上限是 $x$，而 $x$ 的上限是 1，我們應該先對 $y$ 積分，再對 $x$ 積分。
$\iint_R x \sin y \, dA = \int_{0.1}^{1} \int_{0.1}^{x} x \sin y \, dy \, dx$.

先計算內層積分 $\int_{0.1}^{x} x \sin y \, dy$.
在這裡， $x$ 被視為常數。
$\int_{0.1}^{x} x \sin y \, dy = x \int_{0.1}^{x} \sin y \, dy$
$= x [-\cos y]_{0.1}^{x}$
$= x (-\cos x - (-\cos 0.1))$
$= x (\cos 0.1 - \cos x)$.

現在計算外層積分：
$\int_{0.1}^{1} x (\cos 0.1 - \cos x) \, dx$
$= \int_{0.1}^{1} (x \cos 0.1 - x \cos x) \, dx$
$= \cos 0.1 \int_{0.1}^{1} x \, dx - \int_{0.1}^{1} x \cos x \, dx$.

第一部分積分：
$\cos 0.1 \int_{0.1}^{1} x \, dx = \cos 0.1 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0.1}^{1}$
$= \cos 0.1 \left( \frac{1^2}{2} - \frac{(0.1)^2}{2} \right)$
$= \cos 0.1 \left( \frac{1}{2} - \frac{0.01}{2} \right)$

此題考驗學生對體積計算的積分應用，特別是使用圓盤法（Disk Method）或圓筒法（Shell Method）來計算旋轉體體積。

我們需要計算由曲線 $y = \sin x$、$x=0$、$x=\pi$ 和 $x$ 軸（即 $y=0$）所圍成的區域，繞著 $x$ 軸旋轉所形成的固體體積。

由於我們是繞著 $x$ 軸旋轉，並且函數是以 $y=f(x)$ 的形式給出，圓盤法是較為直接的方法。
在圓盤法中，體積 $V$ 的計算公式為：
$V = \int_a^b \pi [f(x)]^2 \, dx$
其中 $a$ 和 $b$ 是區域在 $x$ 軸上的範圍。

在這個問題中，函數是 $f(x) = \sin x$。
旋轉區域的 $x$ 範圍是從 $x=0$ 到 $x=\pi$。
所以，我們的積分上下限是 $a=0$ 和 $b=\pi$。

體積的計算如下：
$V = \int_{0}^{\pi} \pi (\sin x)^2 \, dx$
$V = \pi \int_{0}^{\pi} \sin^2 x \, dx$.

為了積分 $\sin^2 x$，我們使用三角恆等式：$\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$.