112 年 國立成功大學企業管理研究所丙組《微積分》

本題考查函數連續性的基本性質與代數方程根的性質。

(a) 若 $f(x)$ 與 $f(x)+g(x)$ 在 $x=0$ 處連續，則 $g(x) = (f(x)+g(x)) - f(x)$。由於連續函數的和差仍然是連續函數，因此 $g(x)$ 在 $x=0$ 處連續。此敘述正確。

(b) 若 $f(x)$ 在 $x=0$ 處連續，且 $f(x) \cdot g(x)$ 在 $x=0$ 處連續。若 $f(0) \neq 0$，則 $g(x) = \frac{f(x) \cdot g(x)}{f(x)}$，此時 $g(x)$ 在 $x=0$ 處連續。然而，若 $f(0) = 0$，則無法從 $f(x) \cdot g(x)$ 的連續性推斷 $g(x)$ 的連續性。例如，令 $f(x) = x$，$g(x) = \frac{1}{x}$（定義 $g(0)=0$）。則 $f(x)$ 在 $x=0$ 處連續，且 $f(x) \cdot g(x) = 1$ 在 $x=0$ 處連續，但 $g(x)$ 在 $x=0$ 處不連續。此敘述不正確。

(c) 若 $|f(x)|$ 在 $x=0$ 處連續，但 $f(x)$ 不一定在 $x=0$ 處連續。例如，令 $f(x) = \begin{cases} 1 & \text{if } x \ge 0 \\ -1 & \text{if } x < 0 \end{cases}$。

本題考查函數的單調性、極值、反曲點與凹凸性，需要計算一階和二階導數。
給定函數 $f(x) = xe^{-x^2/2}$。

首先計算一階導數 $f'(x)$：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(xe^{-x^2/2}) = 1 \cdot e^{-x^2/2} + x \cdot e^{-x^2/2} \cdot (-\frac{2x}{2})$
$f'(x) = e^{-x^2/2} - x^2 e^{-x^2/2} = e^{-x^2/2}(1 - x^2)$

接著計算二階導數 $f''(x)$：
$f''(x) = \frac{d}{dx}(e^{-x^2/2}(1 - x^2))$
$f''(x) = (-\frac{2x}{2}e^{-x^2/2})(1 - x^2) + e^{-x^2/2}(-2x)$
$f''(x) = -xe^{-x^2/2}(1 - x^2) - 2xe^{-x^2/2}$
$f''(x) = -xe^{-x^2/2}(1 - x^2 + 2)$
$f''(x) = -xe^{-x^2/2}(3 - x^2)$

現在逐一分析選項：

(a) $f(1) < f(3)$
$f(1) = 1 \cdot e^{-1^2/2} = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$
$f(3) = 3 \cdot e^{-3^2/2} = 3e^{-9/2} = \frac{3}{e^{9/2}}$
我們需要比較 $\frac{1}{\sqrt{e}}$ 和 $\frac{3}{e^{9/2}}$。
可以比較 $e^{9/2}$ 和 $3\sqrt{e} = 3e^{1/2}$。
兩邊同除以 $e^{1/2}$，比較 $e^{9/2 - 1/2} = e^4$ 和 $3$。
由於 $e \approx 2.718$, $e^4$ 遠大於 $3$。
所以 $e^{9/2} > 3e^{1/2}$，則 $\frac{1}{e^{9/2}} < \frac{1}{3e^{1/2}}$。
因此，$f(3) = \frac{3}{e^{9/2}} < \frac{3}{3e^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{e}} = f(1)$。
所以 $f(3) < f(1)$，即 $f(1) > f(3)$。
此敘述 (a) $f(1) < f(3)$ 是錯誤的。

(b) Function $f(x)$ is increasing on interval $(0, 1)$.
我們需要看 $f'(x) = e^{-x^2/2}(1 - x^2)$ 在 $(0, 1)$ 上的符號。
對於 $x \in (0, 1)$， $x^2 < 1$，所以 $1 - x^2 > 0$。
$e^{-x^2/2}$ 恆為正。
因此，$f'(x) > 0$ 在 $(0, 1)$ 上成立。
所以 $f(x)$ 在區間 $(0, 1)$ 上是遞增的。
此敘述 (b) 是正確的。

(c) Function $f(x)$ reaches absolute maximum when $x = 2$.
尋找絕對極值點。首先看臨界點，即 $f'(x) = 0$ 的點。
$e^{-x^2/2}(1 - x^2) = 0 \implies 1 - x^2 = 0 \implies x = 1$ 或 $x = -1$。
臨界點為 $x=1$ 和 $x=-1$。
我們需要考慮函數在這些臨界點的值以及極限。
$f(1) = 1 \cdot e^{-1/2} = e^{-1/2}$
$f(-1) = -1 \cdot e^{-(-1)^2/2} = -e^{-1/2}$
當 $x \to \infty$, $f(x) = xe^{-x^2/2}$。令 $y = -x^2/2$，則 $x = \sqrt{-2y}$ (當 $x>0$)。 $f(x) = \sqrt{-2y} e^y$。當 $y \to -\infty$, $e^y \to 0$。由於指數函數 $e^y$ 比多項式函數 $\sqrt{-2y}$ 衰減得更快，所以 $\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$。

本題考查多元函數的梯度、方向導數、極值點和鞍點。

首先計算函數 $f(x, y) = 8x^3 - 12xy + y^3$ 的梯度 $\nabla f(x,y)$。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 24x^2 - 12y$
$\frac{\partial f}{\partial y} = -12x + 3y^2$
所以，$\nabla f(x,y) = \langle 24x^2 - 12y, -12x + 3y^2 \rangle$。

(a) 和 (b) 考查最大變化率。函數在某一點的最大變化率是指梯度的模長 $|\nabla f(x,y)|$，其方向是梯度向量的方向。
我們需要計算在點 $(-1,0)$ 和 $(-1,2)$ 的梯度。

在點 $(-1,0)$：
$\nabla f(-1,0) = \langle 24(-1)^2 - 12(0), -12(-1) + 3(0)^2 \rangle = \langle 24, 12 \rangle$。
梯度向量的模長 $|\nabla f(-1,0)| = \sqrt{24^2 + 12^2} = \sqrt{576 + 144} = \sqrt{720} = \sqrt{144 \cdot 5} = 12\sqrt{5}$。
梯度的方向是 $\frac{\nabla f(-1,0)}{|\nabla f(-1,0)|} = \frac{\langle 24, 12 \rangle}{12\sqrt{5}} = \langle \frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}} \rangle$。
選項 (a) 說最大變化率的方向是 $\langle \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \rangle$，這與我們計算出的方向 $\langle \frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}} \rangle$ 不符。
因此，敘述 (a) 是錯誤的。

在點 $(-1,2)$：
$\nabla f(-1,2) = \langle 24(-1)^2 - 12(2), -12(-1) + 3(2)^2 \rangle = \langle 24 - 24, 12 + 12 \rangle = \langle 0, 24 \rangle$。
梯度向量的模長 $|\nabla f(-1,2)| = \sqrt{0^2 + 24^2} = 24$。
梯度的方向是 $\frac{\nabla f(-1,2)}{|\nabla f(-1,2)|} = \frac{\langle 0, 24 \rangle}{24} = \langle 0, 1 \rangle$。
選項 (b) 說最大變化率的方向是 $\langle \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \rangle$，這與我們計算出的方向 $\langle 0, 1 \rangle$ 不符。
因此，敘述 (b) 是錯誤的。

(c) 判斷點 $(0,0)$ 是否為鞍點。
首先，檢查 $(0,0)$ 是否為臨界點，即 $\nabla f(0,0) = \langle 0, 0 \rangle$。
$\nabla f(0,0) = \langle 24(0)^2 - 12(0), -12(0) + 3(0)^2 \rangle = \langle 0, 0 \rangle$。
所以 $(0,0)$ 是臨界點。
接下來，我們需要計算二階偏導數，並使用二階導數檢驗（Hessian matrix）。

本題考查極限計算，可以使用泰勒展開或 L'Hôpital's Rule。

方法一：使用泰勒展開。
當 $x \to 0$ 時：
$\cos u \approx 1 - \frac{u^2}{2!} + \frac{u^4}{4!} - \dots$
所以 $\cos 2x \approx 1 - \frac{(2x)^2}{2} = 1 - \frac{4x^2}{2} = 1 - 2x^2$。
$1 - \cos 2x \approx 1 - (1 - 2x^2) = 2x^2$。

$\sin u \approx u - \frac{u^3}{3!} + \dots$
所以 $\sin 3x \approx 3x$。

$\tan u \approx u + \frac{u^3}{3} + \dots$
所以 $\tan 4x \approx 4x$。

將這些近似代入極限式：
$\lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{(3x)(4x)} = \lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{12x^2} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$

方法二：使用 L'Hôpital's Rule。
當 $x \to 0$ 時，分子 $1 - \cos(0) = 1 - 1 = 0$。
分母 $\sin(0) \tan(0) = 0 \cdot 0 = 0$。
這是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，可以使用 L'Hôpital's Rule。

第一次使用 L'Hôpital's Rule：
分子導數：$\frac{d}{dx}(1 - \cos 2x) = -(-\sin 2x) \cdot 2 = 2 \sin 2x$。
分母導數：$\frac{d}{dx}(\sin 3x \tan 4x) = (\cos 3x \cdot 3) \tan 4x + \sin 3x (\sec^2 4x \cdot 4)$。
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \sin 2x}{3 \cos 3x \tan 4x + 4 \sin 3x \sec^2 4x}$
當 $x \to 0$ 時，分子 $2 \sin(0) = 0$。
分母 $3 \cos(0) \tan(0) + 4 \sin(0) \sec^2(0) = 3(1)(0) + 4(0)(1)^2 = 0$。
仍然是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，需要再次使用 L'Hôpital's Rule。

第二次使用 L'Hôpital's Rule：
分子導數：$\frac{d}{dx}(2 \sin 2x) = 2 \cos 2x \cdot 2 = 4 \cos 2x$。
分母導數：
$\frac{d}{dx}(3 \cos 3x \tan 4x) = (3(-\sin 3x) \cdot 3) \tan 4x + 3 \cos 3x (\sec^2 4x \cdot 4)$
$= -9 \sin 3x \tan 4x + 12 \cos 3x \sec^2 4x$。

本題考查微積分基本定理與連鎖律。

根據微積分基本定理，若 $F(x) = \int_{a}^{g(x)} h(t) dt$，則 $F'(x) = h(g(x)) \cdot g'(x)$。
在本題中，我們有 $f(x) = \int_{0}^{x^3} \sqrt{1+t^3} dt$。
令 $g(x) = x^3$ 且 $h(t) = \sqrt{1+t^3}$。
則 $f'(x) = h(g(x)) \cdot g'(x)$。

首先，計算 $g'(x)$：
$g'(x) = \frac{d}{dx}(x^3) = 3x^2$。

本題考查定積分的計算，需要使用分部積分法。

令 $I = \int_{1}^{e} (\ln x)^2 dx$。
我們使用分部積分法 $\int u dv = uv - \int v du$。
選擇 $u = (\ln x)^2$ 和 $dv = dx$。
則 $du = 2 (\ln x) \cdot \frac{1}{x} dx$ 和 $v = x$。

套用分部積分公式：
$I = \left[ x (\ln x)^2 \right]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} x \cdot \left( 2 (\ln x) \cdot \frac{1}{x} \right) dx$
$I = \left[ e (\ln e)^2 - 1 (\ln 1)^2 \right] - \int_{1}^{e} 2 \ln x dx$
由於 $\ln e = 1$ 且 $\ln 1 = 0$：
$I = \left[ e (1)^2 - 1 (0)^2 \right] - 2 \int_{1}^{e} \ln x dx$

核心觀念

1. 極限型態的辨識：
   求冪指函數極限 $\lim [f(x)]^{g(x)}$ 時，首要步驟是先代入極限點判斷型態。
   當 $x \to 0^+$ 時：
   • 底數：$3 + x^3 \to 3$
   • 指數：$\frac{3}{x} \to +\infty$
     此型態為常數大於 1 的無限次冪，即「$c^{+\infty}$（其中 $c = 3 > 1$）」型態，並非 不定型（Indeterminate form，如 $1^\infty$、$0^0$、$\infty^0$）。
2. 指數函數與對數函數的連續性：
   對於 $f(x) > 0$，可利用恆等式 $[f(x)]^{g(x)} = \exp(g(x) \ln f(x))$，或直接藉由指數函數的單調遞增性與連續性求極限：
   若 $a > 1$ 且 $\lim_{x \to a} u(x) = +\infty$，則 $\lim_{x \to a} a^{u(x)} = +\infty$。

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解題方法

方法一：取自然對數法（標準且通用的推導）

設所求之極限值為 $L$：

$$L = \lim_{x \to 0^+} (3 + x^3)^{\frac{3}{x}}$$

兩邊取自然對數 $\ln$。由對數函數的連續性，可將極限符號移入對數內：

$$\ln L = \ln \left[ \lim_{x \to 0^+} (3 + x^3)^{\frac{3}{x}} \right] = \lim_{x \to 0^+} \ln \left( (3 + x^3)^{\frac{3}{x}} \right)$$

利用對數律將指數提出：

$$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \left[ \frac{3}{x} \ln(3 + x^3) \right]$$

分析各項在 $x \to 0^+$ 時的極限行為：

• 分子項：$\lim_{x \to 0^+} \ln(3 + x^3) = \ln(3 + 0) = \ln 3$（為一正實數常數，約 $1.0986 > 0$）
• 乘數項：$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$

本題考查泰勒級數的係數。
已知 $\sin(x) \cos(x)$ 的 Maclaurin 級數為 $a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_{101} x^{101} + \dots$。
我們需要找到 $a_{101}$ 的值。

首先，我們知道 $\sin(2x) = 2 \sin x \cos x$。
所以 $\sin x \cos x = \frac{1}{2} \sin(2x)$。

現在，我們來寫出 $\sin(2x)$ 的 Maclaurin 級數。
標準的 $\sin u$ 的 Maclaurin 級數是：
$\sin u = u - \frac{u^3}{3!} + \frac{u^5}{5!} - \frac{u^7}{7!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n u^{2n+1}}{(2n+1)!}$
將 $u = 2x$ 代入：
$\sin(2x) = (2x) - \frac{(2x)^3}{3!} + \frac{(2x)^5}{5!} - \frac{(2x)^7}{7!} + \dots$
$\sin(2x) = 2x - \frac{8x^3}{6} + \frac{32x^5}{120} - \frac{128x^7}{5040} + \dots$
$\sin(2x) = 2x - \frac{4}{3}x^3 + \frac{4}{15}x^5 - \frac{8}{315}x^7 + \dots$

本題考查微分在近似誤差計算上的應用。

給定圓柱體的表面積公式為 $A = 2\pi r^2 + 2\pi rh$。
我們需要近似計算表面積的誤差 $\Delta A$。
已知測量值：$d = 10$ cm，所以 $r = d/2 = 5$ cm。
$h = 10$ cm。
可能的誤差：$|\Delta d| \le 0.05$ cm。
由於 $r = d/2$，所以 $|\Delta r| = |\frac{1}{2}\Delta d| \le \frac{1}{2}(0.05) = 0.025$ cm。
我們假設高度的誤差 $|\Delta h| \le 0.05$ cm。

使用微分來近似誤差：$\Delta A \approx dA$。
$dA = \frac{\partial A}{\partial r} dr + \frac{\partial A}{\partial h} dh$。
在這裡，我們將 $\Delta r$ 和 $\Delta h$ 作為 $dr$ 和 $dh$。

首先，計算偏導數：
$\frac{\partial A}{\partial r} = \frac{\partial}{\partial r}(2\pi r^2 + 2\pi rh) = 4\pi r + 2\pi h$。
$\frac{\partial A}{\partial h} = \frac{\partial}{\partial h}(2\pi r^2 + 2\pi rh) = 2\pi r$。

核心觀念

本題考查二重積分的積分次序交換。原積分區域為

$$0\le y\le 2,\qquad \frac y2\le x\le 2.$$

交換積分次序時，需先由區域圖形判斷 $x$、$y$ 的新範圍。由於

$$\frac y2\le x \iff y\le 2x,$$

且 $0\le y\le 2$，因此上界為 $\min(2x,2)$，需在 $x=1$ 處分段。

解題方法

原積分區域在 $xy$ 平面上滿足

$$0\le y\le 2,\qquad \frac y2\le x\le 2.$$

其中 $x$ 的最小值為 $0$，最大值為 $2$。

當 $0\le x\le 1$ 時，$2x\le 2$，故

$$0\le y\le 2x.$$

當 $1\le x\le 2$ 時，$2x\ge 2$，故

$$0\le y\le 2.$$

因此交換積分次序後，

$$\int_{0}^{2}\int_{y/2}^{2}e^{-x^2}\,dx\,dy = \int_{0}^{1}\int_{0}^{2x}e^{-x^2}\,dy\,dx + \int_{1}^{2}\int_{0}^{2}e^{-x^2}\,dy\,dx.$$

先對 $y$ 積分：

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1 2x e^{-x^2}\,dx +\int_1^2 2e^{-x^2}\,dx. \end{aligned}$$

本題考查多元函數的條件極值問題，使用拉格朗日乘數法。

我們要最大化函數 $f(x, y) = \frac{160 x}{x+3} + \frac{150 y}{y+5}$，在約束條件 $g(x, y) = x + y = 100$ 下。
其中 $x$ 和 $y$ 代表花費的金額，所以 $x \ge 0$ 且 $y \ge 0$。
從約束條件 $x+y=100$ 可以知道， $x$ 和 $y$ 的範圍是 $[0, 100]$。

拉格朗日乘數法的基本思想是，在極值點處，函數 $f$ 的梯度與約束函數 $g$ 的梯度是平行的，即 $\nabla f = \lambda \nabla g$。

首先，計算梯度：
$\nabla f(x,y) = \langle \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y} \rangle$
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{d}{dx} \left( \frac{160x}{x+3} \right) = 160 \frac{(x+3)(1) - x(1)}{(x+3)^2} = 160 \frac{3}{(x+3)^2} = \frac{480}{(x+3)^2}$。
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{d}{dy} \left( \frac{150y}{y+5} \right) = 150 \frac{(y+5)(1) - y(1)}{(y+5)^2} = 150 \frac{5}{(y+5)^2} = \frac{750}{(y+5)^2}$。
所以，$\nabla f(x,y) = \langle \frac{480}{(x+3)^2}, \frac{750}{(y+5)^2} \rangle$。

$\nabla g(x,y) = \langle \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y} \rangle$
$\frac{\partial g}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x+y) = 1$。
$\frac{\partial g}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x+y) = 1$。
所以，$\nabla g(x,y) = \langle 1, 1 \rangle$。

根據拉格朗日乘數法，我們有：
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$\langle \frac{480}{(x+3)^2}, \frac{750}{(y+5)^2} \rangle = \lambda \langle 1, 1 \rangle$。

這給我們兩個方程式：

1. $\frac{480}{(x+3)^2} = \lambda$
2. $\frac{750}{(y+5)^2} = \lambda$

從這兩個方程式，我們可以得出：
$\frac{480}{(x+3)^2} = \frac{750}{(y+5)^2}$。
$\frac{480}{750} = \frac{(x+3)^2}{(y+5)^2}$。