114 年 國立臺北大學都市計劃研究所《微積分》

這題考驗對函數極值與導數關係的理解。已知函數在特定點有極值，代表該點的導數必為零。

解題步驟：

1. 求導數： 首先計算函數 $f(x)$ 的一階導數 $f'(x)$。
   $f(x) = \frac{1}{3}x^3 - ax^2 + bx + c$
   $f'(x) = x^2 - 2ax + b$

2. 利用極值點求導數為零： 題目說函數在 $x=1$ 和 $x=2$ 有極值，這表示 $f'(1) = 0$ 且 $f'(2) = 0$。

   • 當 $x=1$: $f'(1) = (1)^2 - 2a(1) + b = 1 - 2a + b = 0$ (方程式 1)
   • 當 $x=2$: $f'(2) = (2)^2 - 2a(2) + b = 4 - 4a + b = 0$ (方程式 2)

3. 解聯立方程式求 $a$ 和 $b$： 我們有兩個關於 $a$ 和 $b$ 的線性方程式。
   從方程式 1: $b = 2a - 1$
   將此代入方程式 2: $4 - 4a + (2a - 1) = 0$
   $3 - 2a = 0$
   $2a = 3 \implies a = \frac{3}{2}$

核心觀念

本題考查導數判斷局部極值：

• 若 $f'(c)=0$ 或 $f'(c)$ 不存在，則 $c$ 為臨界點候選。
• 以一階導數符號判別：
  • $f'(x)$ 由正變負，函數在該點取得局部極大值。
  • $f'(x)$ 由負變正，函數在該點取得局部極小值。
• 題目指定定義域為開區間 $(-3,3)$，因此 $x=-3,3$ 不屬於定義域，不列入局部極值判斷。

解題方法

先對函數微分：

$$f(x)=\frac15x^5-\frac14x^4-\frac43x^3+4x^2$$ $$f'(x)=x^4-x^3-4x^2+8x$$

提出公因式 $x$：

$$f'(x)=x\left(x^3-x^2-4x+8\right)$$

令

$$g(x)=x^3-x^2-4x+8$$

臨界點滿足

$$xg(x)=0$$

因此其中一個臨界點為

$$x=0$$

接著求 $g(x)=0$ 的根。此三次式無法以有理根整數分解，但可判斷其在 $(-3,3)$ 內只有一個實根。

先觀察：

$$g(-3)=-16<0,\qquad g(-2)=4>0$$

所以 $g(x)$ 在 $(-3,-2)$ 內至少有一根，記為 $\alpha$。

為確認沒有其他根，計算：

$$g'(x)=3x^2-2x-4$$

其臨界點為

$$x=\frac{1\pm\sqrt{13}}{3}$$

在右側臨界點 $r=\frac{1+\sqrt{13}}{3}$ 處，利用 $3r^2-2r-4=0$ 可得

$$g(r)=\frac{68-26r}{9}>0$$

因此三次函數在右側的最低點仍大於 $0$，不會再產生其他零點。故 $g(x)=0$ 在 $(-3,3)$ 內只有一根：

$$\alpha\approx -2.2843$$

所以臨界點為

$$x=\alpha,\qquad x=0$$

一階導數符號判別

由於 $g(x)$ 在 $\alpha$ 左側為負、右側為正，再配合 $f'(x)=xg(x)$：

這題考驗計算各種極限的技巧，包括使用羅必達法則、變形函數等方法。

A. $\lim_{x\to 0} \left(\frac{1}{x^2}\right)^x$
這是一個 $0^0$ 型的極限。我們可以使用取對數的方法來處理。
令 $L = \lim_{x\to 0} \left(\frac{1}{x^2}\right)^x$
取自然對數：
$\ln L = \lim_{x\to 0} \ln \left(\left(\frac{1}{x^2}\right)^x\right)$
$\ln L = \lim_{x\to 0} x \ln \left(\frac{1}{x^2}\right)$
$\ln L = \lim_{x\to 0} x \ln (x^{-2})$
$\ln L = \lim_{x\to 0} x (-2 \ln x)$
$\ln L = -2 \lim_{x\to 0} x \ln x$

$\lim_{x\to 0} x \ln x$ 是一個 $0 \cdot (-\infty)$ 型的極限。我們可以將它改寫成 $\frac{-\ln x}{1/x}$ 的形式，以便使用羅必達法則。
$\lim_{x\to 0} x \ln x = \lim_{x\to 0} \frac{\ln x}{1/x}$
這是 $\frac{-\infty}{\infty}$ 型。應用羅必達法則：
$\lim_{x\to 0} \frac{(\ln x)'}{(1/x)'} = \lim_{x\to 0} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{x} \cdot (-x^2) = \lim_{x\to 0} (-x) = 0$

所以，$\ln L = -2 \cdot 0 = 0$。
因此，$L = e^0 = 1$。

【答案】1

B. $\lim_{x\to \pi/2} x \tan(x)$
當 $x \to \pi/2$ 時，$x \to \pi/2$ 且 $\tan(x) \to \pm\infty$。

核心觀念

本題涵蓋四種基本積分技巧：

• $u$ 代換法：處理複合函數與其導數同時出現的情形。
• 分部積分法：處理多項式與三角函數相乘。
• 分母代換法：當分子為分母導數時，可直接化為對數函數。
• 部分分式分解：處理有理函數積分。

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A. $\displaystyle \int_0^{3/\sqrt{7}} x^2\sqrt{16-x^3}\,dx$

解題方法

根號內為 $16-x^3$，且外部有因子 $x^2dx$，適合令

$$u=16-x^3.$$

則

$$du=-3x^2\,dx, \qquad x^2\,dx=-\frac13du.$$

改寫積分上下限：

當 $x=0$ 時，

$$u=16.$$

當 $x=\dfrac{3}{\sqrt7}$ 時，

$$x^3=\frac{27}{7\sqrt7},$$

因此

$$u=16-\frac{27}{7\sqrt7}.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_0^{3/\sqrt7}x^2\sqrt{16-x^3}\,dx &=-\frac13\int_{16}^{\,16-\frac{27}{7\sqrt7}}u^{1/2}\,du\\ &=-\frac13\cdot\frac23 \left[u^{3/2}\right]_{16}^{\,16-\frac{27}{7\sqrt7}}\\ &=\frac29\left[ 16^{3/2} -\left(16-\frac{27}{7\sqrt7}\right)^{3/2} \right]. \end{aligned}$$

由於 $16^{3/2}=64$，得到

$$\boxed{ \int_0^{3/\sqrt7}x^2\sqrt{16-x^3}\,dx = \frac29\left[ 64-\left(16-\frac{27}{7\sqrt7}\right)^{3/2} \right] }.$$

解題技巧

看到 $\sqrt{a-bx^n}$，且外部出現 $x^{n-1}dx$，通常優先考慮 $u=a-bx^n$。定積分使用代換時，同步更換上下限，可避免最後再代回 $x$。

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B. $\displaystyle \int x\sin x\,dx$

解題方法

這是多項式與三角函數的乘積，使用分部積分公式：

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

取

$$u=x,\qquad dv=\sin x\,dx.$$

則

$$du=dx,\qquad v=-\cos x.$$

代入可得

$$\begin{aligned} \int x\sin x\,dx &=x(-\cos x)-\int(-\cos x)\,dx\\ &=-x\cos x+\int\cos x\,dx\\ &=-x\cos x+\sin x+C. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\int x\sin x\,dx=-x\cos x+\sin x+C}.$$

解題技巧

分部積分時，多項式通常選作 $u$，因為微分後次數會降低；三角函數選作 $dv$，因為容易積分。

驗算：

$$\frac{d}{dx}(-x\cos x+\sin x) =-\cos x+x\sin x+\cos x =x\sin x.$$

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這題考驗隱函數微分求切線方程。我們需要先求出曲線在點 $(1,1)$ 的斜率，然後利用點斜式求切線方程。

解題步驟：

1. 隱函數微分求 $\frac{dy}{dx}$：
   對方程 $x^3 - x^2y + 2xy^3 = 1$ 兩邊同時對 $x$ 微分。
   $\frac{d}{dx}(x^3) - \frac{d}{dx}(x^2y) + \frac{d}{dx}(2xy^3) = \frac{d}{dx}(1)$
   $3x^2 - (2xy + x^2\frac{dy}{dx}) + (2y^3 + 2x \cdot 3y^2 \frac{dy}{dx}) = 0$
   $3x^2 - 2xy - x^2\frac{dy}{dx} + 2y^3 + 6xy^2\frac{dy}{dx} = 0$

2. 整理 $\frac{dy}{dx}$：
   將含有 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到一邊，其他項移到另一邊。
   $(6xy^2 - x^2)\frac{dy}{dx} = 2xy - 3x^2 - 2y^3$

核心觀念

二重積分的積分區域必須包含至少一個點。判斷由不等式定義的區域時，先檢查各條件是否彼此相容；若條件互相矛盾，積分區域就是空集合，而空集合上的積分為 $0$。

解題方法

題目給定的條件包含

$$x \le y \le x-1.$$

這組連鎖不等式要求同時有 $x\le y$ 與 $y\le x-1$，因此必須滿足

$$x\le x-1.$$

兩邊減去 $x$，得到 $0\le -1$，這是不可能成立的。因此不存在任何 $(x,y)$ 符合題目的全部條件，亦即 $R=\varnothing$。

這題考驗計算冪級數的收斂半徑。我們可以使用 ratio test (比例檢驗法) 或 root test (根值檢驗法) 來求解。

A. $\sum_{n=0}^\infty x^n$
這是一個幾何級數。
我們使用比例檢驗法。設 $a_n = x^n$。
$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{x^{n+1}}{x^n}\right| = \lim_{n\to\infty} |x| = |x|$.
為了使級數收斂，我們需要 $\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| < 1$.
所以 $|x| < 1$.
收斂半徑 $R=1$。

【答案】$R=1$

B. $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{(n+2)!}$
我們使用比例檢驗法。設 $a_n = \frac{x^{n+1}}{(n+2)!}$。
$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \left|\frac{x^{n+2}}{(n+3)!} \cdot \frac{(n+2)!}{x^{n+1}}\right|$
$= \left|\frac{x \cdot (n+2)!}{(n+3)(n+2)!}\right|$
$= \left|\frac{x}{n+3}\right| = \frac{|x|}{n+3}$
$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim_{n\to\infty} \frac{|x|}{n+3} = |x| \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n+3} = |x| \cdot 0 = 0$.
由於極限值 $0 < 1$ 對於所有 $x$ 都成立，所以級數對所有實數 $x$ 都收斂。
收斂半徑 $R=\infty$。

【答案】$R=\infty$

C. $\sum_{n=0}^\infty \frac{(4x-5)^{2n+1}}{n^{1/2}}$
這個級數的形式是 $\sum c_n (4x-5)^n$。
我們可以先看 $(4x-5)$ 的級數。令 $y = 4x-5$. 級數變為 $\sum_{n=0}^\infty \frac{y^{2n+1}}{n^{1/2}}$。
我們使用比例檢驗法。設 $a_n = \frac{y^{2n+1}}{n^{1/2}}$。
$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \left|\frac{y^{2(n+1)+1}}{(n+1)^{1/2}} \cdot \frac{n^{1/2}}{y^{2n+1}}\right|$
$= \left|\frac{y^{2n+3}}{y^{2n+1}} \cdot \frac{n^{1/2}}{(n+1)^{1/2}}\right|$