111 年 國立臺北大學都市計劃研究所甲組《微積分》

本題考查微分與極值定理。函數 $f(x)$ 在 $x=1$ 和 $x=\frac{1}{3}$ 有極值，表示這些點是函數的臨界點，即一階導數為零。

給定函數為 $f(x) = 3x^3 - ax^2 + bx + c$。
其一階導數為 $f'(x) = 9x^2 - 2ax + b$。

因為在 $x=1$ 和 $x=\frac{1}{3}$ 有極值，所以 $f'(1) = 0$ 且 $f'(\frac{1}{3}) = 0$。

代入 $x=1$:
$f'(1) = 9(1)^2 - 2a(1) + b = 9 - 2a + b = 0$ (方程式 1)

代入 $x=\frac{1}{3}$:
$f'(\frac{1}{3}) = 9(\frac{1}{3})^2 - 2a(\frac{1}{3}) + b = 9(\frac{1}{9}) - \frac{2a}{3} + b = 1 - \frac{2a}{3} + b = 0$ (方程式 2)

本題考查極限的計算，涵蓋了 $0^0$ 型不定式、變數代換、羅必達法則以及因式分解求極限等方法。

A. $\lim_{x\to 0} \left(\frac{1}{x}\right)^x$

此極限為 $\infty^0$ 型不定式，我們可以使用對數法或變形為指數函數來處理。
令 $L = \lim_{x\to 0} \left(\frac{1}{x}\right)^x$。
取自然對數：
$\ln L = \lim_{x\to 0} \ln \left(\left(\frac{1}{x}\right)^x\right)$
$\ln L = \lim_{x\to 0} x \ln \left(\frac{1}{x}\right)$
$\ln L = \lim_{x\to 0} x (\ln 1 - \ln x)$
$\ln L = \lim_{x\to 0} x (0 - \ln x)$
$\ln L = \lim_{x\to 0} -x \ln x$

此為 $0 \cdot (-\infty)$ 型不定式，我們可以將其改寫為 $\frac{-\ln x}{1/x}$，使其成為 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，以便使用羅必達法則。
$\ln L = \lim_{x\to 0} \frac{-\ln x}{1/x}$
$\ln L \overset{L'H}{=} \lim_{x\to 0} \frac{- (1/x)}{-1/x^2}$
$\ln L = \lim_{x\to 0} \frac{-1/x}{-1/x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{x} \cdot x^2 = \lim_{x\to 0} x = 0$
因為 $\ln L = 0$，所以 $L = e^0 = 1$。

【答案】1

B. $\lim_{y\to \pi/2} \left(\frac{\pi}{2} - y\right) \tan y$

此極限當 $y \to \frac{\pi}{2}$ 時，$\tan y \to \pm \infty$，而 $\left(\frac{\pi}{2} - y\right) \to 0$。這是 $0 \cdot \infty$ 型不定式。
我們令 $u = \frac{\pi}{2} - y$。當 $y \to \frac{\pi}{2}$ 時，$u \to 0$。
同時，$y = \frac{\pi}{2} - u$。
原極限變為：
$\lim_{u\to 0} u \tan\left(\frac{\pi}{2} - u\right)$
由於 $\tan\left(\frac{\pi}{2} - u\right) = \cot u = \frac{1}{\tan u}$，所以：
$\lim_{u\to 0} u \cot u = \lim_{u\to 0} u \frac{1}{\tan u} = \lim_{u\to 0} \frac{u}{\tan u}$
我們知道 $\lim_{u\to 0} \frac{\tan u}{u} = 1$，因此：
$\lim_{u\to 0} \frac{u}{\tan u} = \frac{1}{\lim_{u\to 0} \frac{\tan u}{u}} = \frac{1}{1} = 1$。

或者，我們也可以直接使用羅必達法則，將其改寫為 $\frac{\tan y}{1/(\pi/2 - y)}$。

核心觀念

本題考查四類不定積分：

• 含根式積分與特殊函數表示。
• 分部積分。
• 「分母的導數出現在分子」的對數積分。
• 有理函數的部分分式分解。

不定積分最後均須加上積分常數 $C$。

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A. $\displaystyle \int \sqrt{x}\sqrt{16-3x^2}\,dx$

解題方法

先整理根式：

$$\sqrt{x}\sqrt{16-3x^2} =4x^{1/2}\left(1-\frac{3x^2}{16}\right)^{1/2}.$$

此積分不屬於一般初等函數可表示的積分。利用公式

$$\int x^{\mu-1}(1-\beta x^\nu)^\rho\,dx = \frac{x^\mu}{\mu} {}_2F_1\left(-\rho,\frac{\mu}{\nu}; 1+\frac{\mu}{\nu};\beta x^\nu\right)+C,$$

其中 ${}_2F_1$ 表示高斯超幾何函數。

本題取

$$\mu=\frac32,\qquad \nu=2,\qquad \rho=\frac12,\qquad \beta=\frac{3}{16},$$

因此

$$\begin{aligned} \int \sqrt{x}\sqrt{16-3x^2}\,dx &= 4\int x^{1/2} \left(1-\frac{3x^2}{16}\right)^{1/2}dx\\ &= \frac{8}{3}x^{3/2} {}_2F_1\left( -\frac12,\frac34;\frac74;\frac{3x^2}{16} \right)+C. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ \int \sqrt{x}\sqrt{16-3x^2}\,dx = \frac{8}{3}x^{3/2} {}_2F_1\left( -\frac12,\frac34;\frac74;\frac{3x^2}{16} \right)+C }.$$

選項分析

A 的被積分函數含有

$$x^{1/2}(16-3x^2)^{1/2},$$

依照 Chebyshev 積分判定，此積分不具有初等函數形式；若考試只允許使用初等函數，應判定為「無初等反導函數」，其標準表示需使用超幾何函數。

解題技巧

若遇到

$$\int x^m(a+bx^n)^p\,dx,$$

可先檢查是否能以代換法、三角代換或分部積分處理；若指數組合不符合初等積分條件，便應改用超幾何函數表示，不能硬套三角代換後宣稱可化為初等函數。

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B. $\displaystyle \int x\cos 2x\,dx$

核心觀念

這是「多項式乘三角函數」，適合使用分部積分：

$$\int u\,dv=uv-\int v\,du.$$

解題方法

令

$$u=x,\qquad dv=\cos 2x\,dx.$$

則

$$du=dx,\qquad v=\frac12\sin 2x.$$

因此

$$\begin{aligned} \int x\cos 2x\,dx &= x\cdot\frac12\sin 2x -\int \frac12\sin 2x\,dx\\ &= \frac{x}{2}\sin 2x+\frac14\cos 2x+C. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{ \int x\cos 2x\,dx = \frac{x}{2}\sin 2x+\frac14\cos 2x+C }.$$

選項分析

B 必須注意 $\cos 2x$ 的積分為

$$\int\cos 2x\,dx=\frac12\sin 2x,$$

不可漏掉內函數導數所產生的 $\frac12$。最後的 $\frac14\cos 2x$ 來自再次積分 $\sin 2x$。

快速驗算

$$\frac{d}{dx} \left( \frac{x}{2}\sin 2x+\frac14\cos 2x \right) = \frac12\sin 2x+x\cos 2x-\frac12\sin 2x = x\cos 2x.$$

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核心觀念

在閉區間 $[-1,1]$ 上尋找函數的局部極值，必須檢查：

1. 區間內的臨界點：$f'(x)=0$ 或 $f'(x)$ 不存在的點。
2. 端點 $x=-1,1$：在限制於定義域的情況下，端點也可能是單側局部極值。

函數在某點左、右側的單調性若發生變化，即可利用一階導數判別法判定局部極大或局部極小。

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解題方法

題目給定

$$f(x)=\frac{12}{5}x^5+\frac{12}{5}x^4-\frac{14}{3}x^3-2x^2+2x+3.$$

先求導數：

$$f'(x) =12x^4+\frac{48}{5}x^3-14x^2-4x+2.$$

提出 $\frac25$：

$$f'(x) =\frac25\left(30x^4+24x^3-35x^2-10x+5\right).$$

令

$$P(x)=30x^4+24x^3-35x^2-10x+5.$$

因此，臨界點由方程式

$$P(x)=0$$

決定。此四次方程在 $[-1,1]$ 內的三個根近似為

$$x_1\approx -0.5044,\qquad x_2\approx 0.2878,\qquad x_3\approx 0.8187.$$

由於 $\frac25>0$，所以 $f'(x)$ 與 $P(x)$ 同號。依序檢查導數符號：

$$\begin{array}{c|ccccccc} x & -1 & & x_1 & & x_2 & & x_3 & & 1\\ \hline f'(x) & - & 0 & + & 0 & - & 0 & +\\ \end{array}$$

因此：

• 在 $x_1$ 處，$f'(x)$ 由負變正，故為局部極小值。
• 在 $x_2$ 處，$f'(x)$ 由正變負，故為局部極大值。
• 在 $x_3$ 處，$f'(x)$ 由負變正，故為局部極小值。

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各極值點的函數值

代回原函數：

1. $x_1\approx -0.5044$

$$f(-0.5044)\approx 2.1582.$$

所以局部極小點約為

$$\boxed{(-0.5044,\;2.1582)}.$$

本題考查隱函數微分求切線。我們需要先求出曲線在點 $(1,1)$ 的斜率，然後利用點斜式寫出切線方程式。

給定曲線方程式為 $x^4 - x^2y + 2xy^4 = 4$。
我們需要求出 $\frac{dy}{dx}$。對方程式兩邊同時對 $x$微分：
$\frac{d}{dx}(x^4) - \frac{d}{dx}(x^2y) + \frac{d}{dx}(2xy^4) = \frac{d}{dx}(4)$

逐項微分：

1. $\frac{d}{dx}(x^4) = 4x^3$
2. $\frac{d}{dx}(x^2y)$: 使用乘法定則，$\frac{d}{dx}(uv) = u'v + uv'$
   令 $u=x^2$, $v=y$。則 $u'=2x$, $v'=\frac{dy}{dx}$。
   所以 $\frac{d}{dx}(x^2y) = 2xy + x^2\frac{dy}{dx}$。
3. $\frac{d}{dx}(2xy^4)$: 使用乘法定則。
   令 $u=2x$, $v=y^4$。則 $u'=2$, $v'=\frac{d}{dx}(y^4) = 4y^3\frac{dy}{dx}$。
   所以 $\frac{d}{dx}(2xy^4) = 2(y^4) + 2x(4y^3\frac{dy}{dx}) = 2y^4 + 8xy^3\frac{dy}{dx}$。
4. $\frac{d}{dx}(4) = 0$。

核心觀念

二重積分的積分區域 $R$ 必須先確認是否為非空集合。若積分區域為空集，依定義有

$$\iint_{\varnothing} f(x,y)\,dA=0.$$

解題方法

題目給定

$$R=\{(x,y)\mid 0\le 2y\le x+4,\ x\le y\le x-2\}.$$

其中條件

$$x\le y\le x-2$$

要求同時滿足

$$y\ge x \quad\text{與}\quad y\le x-2.$$

但對任何實數 $x$，皆有

$$x-2<x.$$

因此不可能存在同時滿足 $y\ge x$ 且 $y\le x-2$ 的實數 $y$。故

本題考查冪級數的收斂半徑計算。我們將使用 ratio test (比值檢驗法) 來求解。

A. $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$

令 $a_n = \frac{x^n}{n!}$。
我們計算極限 $\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$。
$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{x^{n+1}/(n+1)!}{x^n/n!}\right| = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{x^n}\right|$
$= \lim_{n\to\infty} \left|\frac{x^{n+1}}{x^n} \cdot \frac{n!}{(n+1)!}\right| = \lim_{n\to\infty} \left|x \cdot \frac{1}{n+1}\right|$
$= |x| \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n+1} = |x| \cdot 0 = 0$
根據比值檢驗法，級數在 $|x|$ 的任何值下都收斂，因為極限值 0 總是小於 1。
因此，收斂半徑 $R = \infty$。

【答案】$\infty$

B. $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{n^{3/2}}$

令 $a_n = \frac{x^{2n+1}}{n^{3/2}}$。
我們計算極限 $\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$。
$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{x^{2(n+1)+1}/(n+1)^{3/2}}{x^{2n+1}/n^{3/2}}\right| = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{x^{2n+3}}{(n+1)^{3/2}} \cdot \frac{n^{3/2}}{x^{2n+1}}\right|$
$= \lim_{n\to\infty} \left|\frac{x^{2n+3}}{x^{2n+1}} \cdot \frac{n^{3/2}}{(n+1)^{3/2}}\right| = \lim_{n\to\infty} \left|x^2 \cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}\right|$
$= |x^2| \lim_{n\to\infty} \left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = x^2 \left(\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1}\right)^{3/2}$
$= x^2 \left(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{1+1/n}\right)^{3/2} = x^2 (1)^{3/2} = x^2$
為了使級數收斂，我們需要這個極限小於 1。
$x^2 < 1 \implies |x| < 1$。
因此，收斂半徑 $R = 1$。

【答案】1

C. $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4x-5)^{2n+1}}{n^{3/2}}$

這個級數是關於 $(4x-5)$ 的冪級數。
我們可以將其視為 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n (u)^{2n+1}$，其中 $u = 4x-5$。
令 $u = 4x-5$。