112 年 國立中山大學財務管理學系碩士班甲組《微積分》

本題主要在考察絕對值函數的可微分性與基本微分規則。

(a) 函數 $f(x) = |x| + |x + 3|$
首先，我們將函數分段表示：
$f(x) = \begin{cases} x + (x+3) = 2x+3 & \text{if } x \ge 0 \text{ and } x+3 \ge 0 \implies x \ge 0 \\ x - (x+3) = -3 & \text{if } x \ge 0 \text{ and } x+3 < 0 \text{ (impossible)} \\ -(x) + (x+3) = 3 & \text{if } x < 0 \text{ and } x+3 \ge 0 \implies -3 \le x < 0 \\ -(x) - (x+3) = -2x-3 & \text{if } x < 0 \text{ and } x+3 < 0 \implies x < -3 \end{cases}$
整理後，函數可以寫成：
$f(x) = \begin{cases} -2x-3 & \text{if } x < -3 \\ 3 & \text{if } -3 \le x < 0 \\ 2x+3 & \text{if } x \ge 0 \end{cases}$

我們需要檢查三個點：$x = -3$, $x = 0$。

在 $x = -3$ 處：
左導數: $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(-3+h) - f(-3)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(-2(-3+h)-3) - 3}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{6-2h-3-3}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-2h}{h} = -2$
右導數: $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(-3+h) - f(-3)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{3 - 3}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{0}{h} = 0$
由於左導數 $\neq$ 右導數，函數在 $x = -3$ 處不可微分。

本題考察函數的極值、增減區間的判定，主要應用一階導數。

(a) 函數 $f(x) = x + \frac{2}{x}$, for $x \neq 0$
首先求函數的一階導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x + 2x^{-1}) = 1 - 2x^{-2} = 1 - \frac{2}{x^2} = \frac{x^2 - 2}{x^2}$

1. 尋找相對極值點:
   令 $f'(x) = 0$。
   $\frac{x^2 - 2}{x^2} = 0 \implies x^2 - 2 = 0 \implies x = \pm \sqrt{2}$。
   這兩個點是潛在的極值點。我們需要用二階導數或一階導數的符號變化來判斷。

   我們看一階導數的符號：
   當 $x < -\sqrt{2}$ 時, $x^2 > 2$, $f'(x) = \frac{x^2-2}{x^2} > 0$ (函數遞增)
   當 $-\sqrt{2} < x < 0$ 時, $0 < x^2 < 2$, $f'(x) = \frac{x^2-2}{x^2} < 0$ (函數遞減)
   因此，在 $x = -\sqrt{2}$ 處有相對極大值。
   $f(-\sqrt{2}) = -\sqrt{2} + \frac{2}{-\sqrt{2}} = -\sqrt{2} - \sqrt{2} = -2\sqrt{2}$。

   當 $0 < x < \sqrt{2}$ 時, $0 < x^2 < 2$, $f'(x) = \frac{x^2-2}{x^2} < 0$ (函數遞減)
   當 $x > \sqrt{2}$ 時, $x^2 > 2$, $f'(x) = \frac{x^2-2}{x^2} > 0$ (函數遞增)
   因此，在 $x = \sqrt{2}$ 處有相對極小值。
   $f(\sqrt{2}) = \sqrt{2} + \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} + \sqrt{2} = 2\sqrt{2}$。

2. 遞增區間:
   $f'(x) > 0$ 時，函數遞增。
   $\frac{x^2 - 2}{x^2} > 0 \implies x^2 - 2 > 0$ (因為 $x^2 > 0$ 對於 $x \neq 0$)
   $x^2 > 2 \implies x < -\sqrt{2}$ 或 $x > \sqrt{2}$。
   遞增區間為 $(-\infty, -\sqrt{2})$ 和 $(\sqrt{2}, \infty)$。

3. 遞減區間:
   $f'(x) < 0$ 時，函數遞減。
   $\frac{x^2 - 2}{x^2} < 0 \implies x^2 - 2 < 0$
   $x^2 < 2 \implies -\sqrt{2} < x < \sqrt{2}$。
   由於函數在 $x=0$ 處沒有定義，所以遞減區間為 $(-\sqrt{2}, 0)$ 和 $(0, \sqrt{2})$。

【答案】
相對極大值點：$(-\sqrt{2}, -2\sqrt{2})$。
相對極小值點：$(\sqrt{2}, 2\sqrt{2})$。
遞增區間：$(-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \infty)$。
遞減區間：$(-\sqrt{2}, 0) \cup (0, \sqrt{2})$。

本題考察各種常見的極限計算，包括羅必達法則、未定型轉換以及指數函數的極限。

(a) $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x+1)}{\sin x}$
當 $x \to 0^+$, 分子 $\ln(x+1) \to \ln(1) = 0$, 分母 $\sin x \to 0$。
這是 $\frac{0}{0}$ 的未定型，可以使用羅必達法則。
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{d}{dx}(\ln(x+1))}{\frac{d}{dx}(\sin x)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x+1}}{\cos x}$
當 $x \to 0^+$, $\frac{1}{x+1} \to \frac{1}{0+1} = 1$, $\cos x \to \cos(0) = 1$。
所以極限為 $\frac{1}{1} = 1$。

【答案】1

(b) $\lim_{x \to 0^+} x\ln x$
當 $x \to 0^+$, $x \to 0$ 且 $\ln x \to -\infty$。
這是 $0 \cdot (-\infty)$ 的未定型。我們將其轉換成 $\frac{\infty}{\infty}$ 或 $\frac{0}{0}$ 的形式，以便使用羅必達法則。
將 $x$ 寫成 $\frac{1}{1/x}$：
$\lim_{x \to 0^+} x\ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}$
當 $x \to 0^+$, 分子 $\ln x \to -\infty$, 分母 $1/x \to +\infty$。
這是 $\frac{-\infty}{\infty}$ 的未定型，使用羅必達法則：
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{d}{dx}(\ln x)}{\frac{d}{dx}(1/x)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \cdot (-x^2) = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0$。

【答案】0

(c) $\lim_{x \to 0^+} x^x$
當 $x \to 0^+$, 這是 $0^0$ 的未定型。
我們使用取對數的方法來處理。令 $L = \lim_{x \to 0^+} x^x$。
則 $\ln L = \lim_{x \to 0^+} \ln(x^x) = \lim_{x \to 0^+} x\ln x$。
根據 (b) 的結果，我們知道 $\lim_{x \to 0^+} x\ln x = 0$。
所以 $\ln L = 0$。
因此，$L = e^0 = 1$。

【答案】1

本題考察微積分基本定理的應用，特別是當積分上限是自變數的函數時。

(a) $F(x) = \int_0^{x^2} (1+t^3)^{-1} dt$
我們需要計算 $F'(x)$。根據微積分基本定理，如果 $G(u) = \int_0^u (1+t^3)^{-1} dt$, 那麼 $G'(u) = (1+u^3)^{-1}$。
此處，積分上限是 $u = x^2$。根據連鎖法則，我們有：
$F'(x) = \frac{d}{dx} \int_0^{x^2} (1+t^3)^{-1} dt$
令 $u = x^2$, 則 $F(x) = \int_0^u (1+t^3)^{-1} dt$。
$F'(x) = \frac{dF}{du} \cdot \frac{du}{dx}$
$\frac{dF}{du} = (1+u^3)^{-1}$ (由微積分基本定理)

本題考察定積分的計算，涉及三角換元、變數代換和不定積分的技巧。

(a) $\int_0^1 \sqrt{1+t^2} dt$
這個積分涉及到 $\sqrt{a^2+x^2}$ 的形式，通常使用三角換元。
令 $t = \tan \theta$, 則 $dt = \sec^2 \theta d\theta$。
當 $t=0$, $\tan \theta = 0 \implies \theta = 0$。
當 $t=1$, $\tan \theta = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{4}$。
$\sqrt{1+t^2} = \sqrt{1+\tan^2 \theta} = \sqrt{\sec^2 \theta} = |\sec \theta|$。
在 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ 範圍內，$\sec \theta > 0$, 所以 $|\sec \theta| = \sec \theta$。
積分變為：
$\int_0^{\pi/4} \sec \theta \cdot \sec^2 \theta d\theta = \int_0^{\pi/4} \sec^3 \theta d\theta$。
計算 $\int \sec^3 \theta d\theta$ 的方法有多種，常見的是分部積分法。
$\int \sec^3 \theta d\theta = \int \sec \theta \cdot \sec^2 \theta d\theta$
令 $u = \sec \theta$, $dv = \sec^2 \theta d\theta$。
則 $du = \sec \theta \tan \theta d\theta$, $v = \tan \theta$。
$\int \sec^3 \theta d\theta = \sec \theta \tan \theta - \int \tan \theta \cdot \sec \theta \tan \theta d\theta$
$= \sec \theta \tan \theta - \int \sec \theta \tan^2 \theta d\theta$
$= \sec \theta \tan \theta - \int \sec \theta (\sec^2 \theta - 1) d\theta$
$= \sec \theta \tan \theta - \int (\sec^3 \theta - \sec \theta) d\theta$
$= \sec \theta \tan \theta - \int \sec^3 \theta d\theta + \int \sec \theta d\theta$
$2\int \sec^3 \theta d\theta = \sec \theta \tan \theta + \int \sec \theta d\theta$
$\int \sec^3 \theta d\theta = \frac{1}{2}(\sec \theta \tan \theta + \ln|\sec \theta + \tan \theta|)$

現在代入上下限：
$\left[\frac{1}{2}(\sec \theta \tan \theta + \ln|\sec \theta + \tan \theta|)\right]_0^{\pi/4}$