109 年 國立政治大學國際經營與貿易學系研究所國際經濟、國際財管、國際企管與行銷組《微積分》

核心觀念

本題考查：

• 多項式函數的化簡與微分。
• 一階導數 $f'(x)$ 的計算。
• 二階導數 $f''(x)$ 的計算。
• 將指定點 $x=0$ 代入導數，判斷不等式是否成立。

題目給定

先合併同類項：

由於 $0>-1$，所以 $x=0$ 位於函數定義域內，且此函數為多項式函數，在定義域內可微分。

解題方法

對 $f(x)=1-x^2$ 進行一階微分：

代入 $x=0$：

因此

再對一階導數微分，得到二階導數：

所以

因此本題符合

選項分析

• (a) $f'(0)\le 1$ 且 $f''(0)\le 1$。

  由計算得

  $$f'(0)=0\le 1,\qquad f''(0)=-2\le 1.$$

  兩個條件皆成立，因此 (a) 正確。

本題主要考驗對含有對數函數的複合函數求導的能力。
首先，我們計算函數 $f(x) = (1+x) \ln(1+x)$ 的一階導數 $f'(x)$ 和二階導數 $f''(x)$。
我們使用乘法定則：$(uv)' = u'v + uv'$。
令 $u = 1+x$，$v = \ln(1+x)$。
則 $u' = 1$，$v' = \frac{1}{1+x}$。
$f'(x) = (1) \cdot \ln(1+x) + (1+x) \cdot \frac{1}{1+x} = \ln(1+x) + 1$。
接下來，我們計算二階導數 $f''(x)$。

本題主要考驗對極限定義以及導數的定義式來求解問題的能力。
題目中定義的函數 $h(x)$ 在 $x=1$ 處的定義方式，實際上是利用了導數的定義。
根據導數的定義，對於一個在 $x=a$ 處可導的函數 $f(x)$，其導數 $f'(a)$ 可以表示為：
$f'(a) = \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x-a}$。
在本題中，已知 $f(1) = 1$ 且 $f$ 在 $x=1$ 處可導。
因此，$f'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - 1}{x-1}$。
而題目中給定的 $h(x)$ 在 $x \ne 1$ 時，正好是 $\frac{f(x) - 1}{x-1}$。
所以，我們有 $\lim_{x \to 1} h(x) = \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - 1}{x-1} = f'(1) = 2$。
同時，題目也給定 $h(1) = 2$。
這表示 $h(x)$ 在 $x=1$ 處是連續的，因為 $\lim_{x \to 1} h(x) = h(1) = 2$。
接下來，我們要計算 $h'(1)$。根據導數的定義：
$h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{h(x) - h(1)}{x-1}$。
我們將 $h(x)$ 和 $h(1)$ 的值代入：
$h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{f(x) - 1}{x-1} - 2}{x-1}$
$h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - 1 - 2(x-1)}{(x-1)^2}$
$h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - 1 - 2x + 2}{(x-1)^2}$
$h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - 2x + 1}{(x-1)^2}$
由於當 $x \to 1$ 時，分子 $f(x) - 2x + 1 \to f(1) - 2(1) + 1 = 1 - 2 + 1 = 0$；分母 $(x-1)^2 \to 0$。
這是一個 $0/0$ 的不定型，我們可以利用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule)。
對分子和分母分別求導：
分子對 $x$ 的導數為 $f'(x) - 2$。
分母對 $x$ 的導數為 $2(x-1)$。
所以，$h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{f'(x) - 2}{2(x-1)}$。
當 $x \to 1$ 時，分子 $f'(x) - 2 \to f'(1) - 2 = 2 - 2 = 0$；分母 $2(x-1) \to 0$。
這仍然是一個 $0/0$ 的不定型。我們再次使用羅必達法則。
對分子和分母分別求導：
分子對 $x$ 的導數為 $f''(x)$。
分母對 $x$ 的導數為 $2$。
所以，$h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{f''(x)}{2} = \frac{f''(1)}{2}$。
題目中只說 $f$ 是可微分函數，並沒有說 $f$ 是二次可微分函數，因此 $f''(1)$ 不一定存在。
然而，如果我們仔細看題目給的選項，選項 (d) 是 $h'(1)$ 不存在。
我們再回頭檢查一下。
我們知道 $f$ 是可微分函數，且 $f(1)=1, f'(1)=2$。
$h(x) = \frac{f(x)-1}{x-1}$ for $x \ne 1$, and $h(1)=2$.
我們已經證明 $\lim_{x \to 1} h(x) = f'(1) = 2 = h(1)$，所以 $h$ 在 $x=1$ 連續。
現在計算 $h'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{h(x) - h(1)}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{f(x)-1}{x-1} - 2}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{f(x)-1-2(x-1)}{(x-1)^2} = \lim_{x \to 1} \frac{f(x)-2x+1}{(x-1)^2}$。

本題主要考驗對連鎖法則 (Chain Rule) 和商法則 (Quotient Rule) 的應用，以及導數的定義。
首先，我們需要計算函數 $h(x) = \frac{f(e^{x^2-2})}{x}$ 的導數 $h'(x)$。
我們使用商法則：$(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$。
令 $u(x) = f(e^{x^2-2})$，$v(x) = x$。
則 $v'(x) = 1$。
接下來，我們計算 $u'(x)$。這需要使用連鎖法則。
令 $g(x) = e^{x^2-2}$。則 $u(x) = f(g(x))$。
$u'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x)$。
首先計算 $g'(x)$:
$g'(x) = \frac{d}{dx}(e^{x^2-2}) = e^{x^2-2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2-2) = e^{x^2-2} \cdot (2x) = 2x e^{x^2-2}$。
所以，$u'(x) = f'(e^{x^2-2}) \cdot (2x e^{x^2-2})$。
現在，將 $u(x), u'(x), v(x), v'(x)$ 代入商法則：
$h'(x) = \frac{[f'(e^{x^2-2}) \cdot 2x e^{x^2-2}] \cdot x - [f(e^{x^2-2})] \cdot 1}{x^2}$

本題主要考驗對無窮遠極限的計算，尤其是兩個多項式加上三角函數的比例極限。
我們需要計算極限 $\lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{f(x)}$。
$\lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + \cos(x)}{x^2 + \sin(x)}$。
當 $x \to \infty$ 時，我們通常會考慮最高次項。在這裡，最高次項是 $x^2$。
我們可以將分子和分母同時除以 $x^2$：
$\lim_{x \to \infty} \frac{\frac{x^2}{x^2} + \frac{\cos(x)}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2} + \frac{\sin(x)}{x^2}} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{\cos(x)}{x^2}}{1 + \frac{\sin(x)}{x^2}}$。
我們知道，對於任何 $x$，$-1 \le \cos(x) \le 1$ 和 $-1 \le \sin(x) \le 1$。

本題主要考驗對無窮小乘以無窮大的極限形式的處理能力。
我們需要計算極限 $\lim_{x \to 3^+} f(x)g(x)$。
將函數代入：
$\lim_{x \to 3^+} (x-3)^2 \ln(x-3)$。
當 $x \to 3^+$, $(x-3)^2 \to 0^+$ 且 $\ln(x-3) \to -\infty$。
這是一個 $0 \cdot (-\infty)$ 的不定型。
為了處理這種不定型，我們將其轉換為 $\frac{\infty}{\infty}$ 或 $\frac{0}{0}$ 的形式，以便使用羅必達法則。
我們可以將 $(x-3)^2$ 寫成 $\frac{1}{\frac{1}{(x-3)^2}}$。
所以，極限變為：
$\lim_{x \to 3^+} \frac{\ln(x-3)}{\frac{1}{(x-3)^2}}$。
這是一個 $\frac{-\infty}{\infty}$ 的不定型。我們可以使用羅必達法則。
分子對 $x$ 的導數是 $\frac{1}{x-3}$。

核心觀念

本題考查函數差值的化簡，以及無窮遠極限的判斷。先計算

當 $x\to\infty$ 時，$x^2$ 與 $x$ 都會趨近正無窮，因此

這表示該極限發散至正無窮，並非有限實數。

解題方法

將兩函數直接相減：

因為題目給定 $x>0$，所以 $x(x+1)>0$。且當 $x$ 越來越大時，

而

故依極限比較可得

本題主要考驗對函數單調性與極值的判斷，這取決於一階導數的符號。
我們已知函數 $f(x)$ 的一階導數為 $f'(x) = x^2(x+2)e^x$。
為了判斷函數的單調性，我們需要分析 $f'(x)$ 的符號。
$f'(x)$ 的符號取決於 $x^2$, $x+2$, 和 $e^x$ 的符號。

1. $x^2$: 對於所有實數 $x$， $x^2 \ge 0$。當 $x \ne 0$ 時，$x^2 > 0$。
2. $e^x$: 對於所有實數 $x$， $e^x > 0$。
3. $x+2$:
   • 當 $x+2 > 0$，即 $x > -2$ 時，$x+2 > 0$。
     -當 $x+2 < 0$，即 $x < -2$ 時，$x+2 < 0$。
     -當 $x+2 = 0$，即 $x = -2$ 時，$x+2 = 0$。

綜合以上分析，我們可以確定 $f'(x)$ 的符號：

• 當 $x > -2$ 且 $x \ne 0$ 時，$x^2 > 0$, $x+2 > 0$, $e^x > 0$。所以 $f'(x) > 0$。
• 當 $x < -2$ 時，$x^2 > 0$, $x+2 < 0$, $e^x > 0$。所以 $f'(x) < 0$。
  -當 $x = -2$ 時，$f'(x) = (-2)^2(-2+2)e^{-2} = 4 \cdot 0 \cdot e^{-2} = 0$。
  -當 $x = 0$ 時，$f'(x) = 0^2(0+2)e^0 = 0 \cdot 2 \cdot 1 = 0$。

現在我們來判斷函數的單調性：

• 在區間 $(-\infty, -2)$ 上，$f'(x) < 0$，所以 $f$ 是嚴格遞減的。
• 在區間 $(-2, 0)$ 上，$f'(x) > 0$，所以 $f$ 是嚴格遞增的。
• 在區間 $(0, \infty)$ 上，$f'(x) > 0$，所以 $f$ 是嚴格遞增的。

本題主要考驗對微積分基本定理的理解和應用，以及對函數極值的判斷。
根據微積分基本定理，如果 $f(x) = \int_a^x g(t) dt$，則 $f'(x) = g(x)$。
在本題中，$f(x) = \int_0^x t^2 e^{t^2} dt$。
令 $g(t) = t^2 e^{t^2}$。
則 $f'(x) = x^2 e^{x^2}$。

現在我們來分析每個選項：
(a) $f'(1) > 0$.
將 $x=1$ 代入 $f'(x)$：
$f'(1) = 1^2 e^{1^2} = 1 \cdot e^1 = e$。
由於 $e \approx 2.718 > 0$，所以 $f'(1) > 0$ 是正確的。

(b) $f$ has a local maximum at 1.
要判斷是否有局部最大值，我們需要看 $f'(x)$ 在 $x=1$ 附近的符號變化。
$f'(x) = x^2 e^{x^2}$。

本題主要考驗對微積分基本定理、函數極限以及羅必達法則的應用。
首先，根據微積分基本定理，我們知道 $f'(x) = x^2 e^x$。
我們需要計算極限 $\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}$。
當 $x \to \infty$ 時， $f(x) = \int_0^x t^2 e^t dt$ 會趨近於無窮大，因為被積函數 $t^2 e^t$ 在 $t \to \infty$ 時趨近於無窮大，且積分範圍是從 0 到 $\infty$。
同時，分母 $x$ 也趨近於無窮大。
這是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 的不定型，我們可以考慮使用羅必達法則。
根據羅必達法則：
$\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{f'(x)}{1}$。
我們已經知道 $f'(x) = x^2 e^x$。
所以，我們需要計算 $\lim_{x \to \infty} x^2 e^x$。
當 $x \to \infty$ 時，$x^2 \to \infty$ 且 $e^x \to \infty$。
因此，它們的乘積也趨近於無窮大：

核心觀念

本題主要考查：

1. 平均值定理（Mean Value Theorem）
   若 $f$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微，則存在 $c\in(a,b)$，使得
   $f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$

2. 導函數的介值性（Darboux 定理）
   即使 $f'$ 不一定連續，只要 $f$ 可微，若導函數在兩點的值分別為 $1$ 與 $-4$，則在兩點之間必能取到介於 $-4$ 與 $1$ 之間的所有數值。

解題方法

先分別對區間 $[1,2]$ 與 $[2,3]$ 使用平均值定理。

在 $[1,2]$ 上，存在 $c_1\in(1,2)$，使得

在 $[2,3]$ 上，存在 $c_2\in(2,3)$，使得

由於

所以 $c_1<c_2$。又因為 $f'$ 具有介值性，而

因此存在某個 $c\in(c_1,c_2)\subset(1,3)$，使得

故選項 $(c)$ 必定成立。

選項分析

(a) $f'(x)>-3$ for some $x\in(2,3)$

平均值定理只能保證在 $(2,3)$ 中存在某點使

並不能保證存在某點滿足 $f'(x)>-3$。

此敘述不一定成立。

例如考慮

它滿足 $f(1)=1$、$f(2)=2$、$f(3)=-2$。其導函數為

在 $[2,3]$ 上，該導函數的最大值出現在端點，且

因此在 $(2,3)$ 中不一定存在 $f'(x)>-3$ 的點，故 $(a)$ 錯誤。

(b) $f(x)<-2$ for some $x\in(1,3)$

考慮二次函數

本題主要考驗對定積分計算和瑕積分（反常積分）計算的能力。
首先，我們計算第一個積分 $\int_0^1 x^2 dx$。
$\int_0^1 x^2 dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3}$。
$\frac{1}{3} \approx 0.333...$。

接下來，我們計算第二個瑕積分 $\int_0^\infty e^{-x/2} dx$。
$\int_0^\infty e^{-x/2} dx = \lim_{b \to \infty} \int_0^b e^{-x/2} dx$。
計算不定積分：$\int e^{-x/2} dx$。令 $u = -x/2$，則 $du = -1/2 dx$，所以 $dx = -2 du$。
$\int e^u (-2 du) = -2 \int e^u du = -2 e^u = -2 e^{-x/2}$。
所以，$\int_0^\infty e^{-x/2} dx = \lim_{b \to \infty} [-2 e^{-x/2}]_0^b = \lim_{b \to \infty} (-2 e^{-b/2} - (-2 e^0))$。
$= \lim_{b \to \infty} (-2 e^{-b/2} + 2)$。
當 $b \to \infty$ 時，$e^{-b/2} \to 0$。
所以，極限值為 $-2(0) + 2 = 2$。
因此，$\int_0^\infty e^{-x/2} dx = 2$。

本題主要考驗對定積分計算（使用分部積分法）和瑕積分計算（使用分部積分法和羅必達法則）的能力。

首先，我們計算第一個積分 $\int_0^1 x \sin(x) dx$。
我們使用分部積分法：$\int u dv = uv - \int v du$。
令 $u = x$, $dv = \sin(x) dx$。
則 $du = dx$, $v = \int \sin(x) dx = -\cos(x)$。
$\int_0^1 x \sin(x) dx = [x (-\cos(x))]_0^1 - \int_0^1 (-\cos(x)) dx$
$= [-x \cos(x)]_0^1 + \int_0^1 \cos(x) dx$
$= (-1 \cos(1) - (-0 \cos(0))) + [\sin(x)]_0^1$
$= -\cos(1) + (\sin(1) - \sin(0))$
$= \sin(1) - \cos(1)$。
我們知道 $\sin(1) \approx 0.8415$ 且 $\cos(1) \approx 0.5403$ (這裡的角度是弧度)。
所以，$\int_0^1 x \sin(x) dx \approx 0.8415 - 0.5403 = 0.3012$。
由於 $0.3012 < 0.5$，所以 $\int_0^1 x \sin(x) dx < 0.5$ 是正確的。

接下來，我們計算第二個瑕積分 $\int_0^\infty x e^{-x/2} dx$。
我們使用分部積分法。
令 $u = x$, $dv = e^{-x/2} dx$。
則 $du = dx$, $v = \int e^{-x/2} dx = -2 e^{-x/2}$ (從上題計算得到)。
$\int_0^\infty x e^{-x/2} dx = \lim_{b \to \infty} \int_0^b x e^{-x/2} dx$
$= \lim_{b \to \infty} \left[ x (-2 e^{-x/2}) \right]_0^b - \int_0^b (-2 e^{-x/2}) dx$
$= \lim_{b \to \infty} \left[ -2x e^{-x/2} \right]_0^b + 2 \int_0^b e^{-x/2} dx$
$= \lim_{b \to \infty} (-2b e^{-b/2} - (-2 \cdot 0 \cdot e^0)) + 2 \left[ -2 e^{-x/2} \right]_0^b$
$= \lim_{b \to \infty} (-2b e^{-b/2}) + 2 (-2 e^{-b/2} - (-2 e^0))$