108 年 國立臺灣大學商學研究所乙組《應用微積分》

本題考查微積分基本定理以及不等式的應用。
由題意可知，f 是一個在開區間 (-1, 4) 上連續可微的實值函數，且 f(3) = 5，f'(x) ≥ -1 對於所有 x ∈ (-1, 4) 都成立。我們要求 f(0) 的最大可能值。

根據微積分基本定理，我們可以將 f(0) 與 f(3) 的關係寫成積分的形式：
$f(0) - f(3) = \int_{3}^{0} f'(x) dx$

我們知道 f'(x) ≥ -1，所以我們可以對積分式進行放縮：
$\int_{3}^{0} f'(x) dx \ge \int_{3}^{0} (-1) dx$

計算右側的積分：
$\int_{3}^{0} (-1) dx = [-x]_{3}^{0} = -(0) - (-3) = 3$

因此，我們得到：
$f(0) - f(3) \ge 3$

將 f(3) = 5 代入上式：
$f(0) - 5 \ge 3$
$f(0) \ge 8$

本題考查微積分基本定理的應用。
給定的方程式為 $3x^5 + 96 = \int_{c}^{x} g(t)dt$。
根據微積分基本定理，若 $F(x) = \int_{c}^{x} g(t)dt$，則 $F'(x) = g(x)$。
我們對給定的方程式兩邊對 x 微分：
$\frac{d}{dx}(3x^5 + 96) = \frac{d}{dx}\left(\int_{c}^{x} g(t)dt\right)$
$15x^4 = g(x)$

本題考查極限的計算，特別是利用導數的定義來處理。
給定 $g(x) = e^{2x+1}$。我們要求計算極限 $\lim_{x\to 0} \frac{g(g(x)) - g(e)}{x}$。

觀察極限的結構，它看起來很像導數的定義：$f'(a) = \lim_{x\to a} \frac{f(x) - f(a)}{x-a}$。
在這裡，我們令 $f(x) = g(g(x))$。那麼，我們需要找到一個點 a，使得分子中的 $g(e)$ 能夠表示為 $f(a)$。

首先，我們來計算 $g(e)$：
$g(e) = e^{2e+1}$。

然後，我們來計算 $g(g(x))$：
$g(g(x)) = g(e^{2x+1}) = e^{2(e^{2x+1})+1} = e^{2e^{2x+1}+1}$。

我們希望將極限改寫成導數的形式。
令 $h(x) = g(g(x)) = e^{2e^{2x+1}+1}$。
我們需要找到一個值 a，使得 $h(a) = g(e) = e^{2e+1}$。
檢查當 x=0 時，$h(0) = g(g(0)) = g(e^{2(0)+1}) = g(e^1) = g(e) = e^{2e+1}$。
所以，a = 0。

因此，這個極限可以寫成：
$\lim_{x\to 0} \frac{h(x) - h(0)}{x-0}$
這正是函數 $h(x)$ 在 x=0 點的導數 $h'(0)$。

現在我們需要計算 $h'(x)$ 並求 $h'(0)$。
$h(x) = g(g(x))$
利用連鎖法則，我們有 $h'(x) = g'(g(x)) \cdot g'(x)$。

首先，計算 $g'(x)$：
$g(x) = e^{2x+1}$
$g'(x) = e^{2x+1} \cdot \frac{d}{dx}(2x+1) = e^{2x+1} \cdot 2 = 2e^{2x+1}$。

接下來，計算 $g'(g(x))$：
$g'(g(x)) = 2e^{2(g(x))+1} = 2e^{2(e^{2x+1})+1} = 2e^{2e^{2x+1}+1}$。

現在，計算 $h'(x) = g'(g(x)) \cdot g'(x)$：
$h'(x) = (2e^{2e^{2x+1}+1}) \cdot (2e^{2x+1}) = 4e^{2e^{2x+1}+1} e^{2x+1}$。

最後，我們計算 $h'(0)$：
$h'(0) = 4e^{2e^{2(0)+1}+1} e^{2(0)+1}$

核心觀念

本題的核心為超越方程式的實根個數判定與微分學求極值／曲線切線條件：

1. 記號定義：題目中的對數式為自然對數 $\log_e x$（即 $\ln x$）。在高等微積分與商管研究所入學考試中，符號 $\log x$ 或 $\log_e x$ 常表示自然對數；若按字面視為以 $x$ 為底的對數 $\log_x x$，因在定義域 $x > 0, x \neq 1$ 內恆有 $\log_x x = 1$，會使得所有 $c \in (0, \infty) \setminus \{1\}$ 皆恰有一解，與選項皆包含自然常數 $e$ 的命題意圖矛盾，故本題確為求解 $\ln x = c x^4$。
2. 參數分離法（Parameter Separation）：將方程式改寫為 $c = f(x)$，藉由一階導數分析 $f(x)$ 的遞增、遞減區間與極大值，利用水平線 $y = c$ 與曲線 $y = f(x)$ 的交點個數判定實根個數。
3. 幾何切線條件（Tangency Condition）：若曲線 $y = \ln x$ 與 $y = cx^4$ 僅有唯一交點（在 $c > 0$ 時），幾何上對應於兩曲線在該點相切，即該點處兩函數值相等且一階導數相等。

解題方法

方法一：參數分離與極值分析法（推薦正規解法）

考慮方程式：

由於自然對數的定義域為 $x > 0$，實數解必滿足 $x > 0$。將正參數 $c$ 分離出來，定義函數：

方程式 $\ln x = c x^4$ 的實數解個數，等價於水平線 $y = c$ 與函數圖形 $y = f(x)$ 的交點個數。

對 $f(x)$ 進行微分，利用商的微分法則：

令 $f'(x) = 0$，解臨界點（Critical Point）：

分析一階導數的符號與函數單調性（Monotonicity）：

• 當 $0 < x < e^{1/4}$ 時，$\ln x < \frac{1}{4}$，故 $f'(x) > 0$，$f(x)$ 嚴格遞增（Strictly Increasing）。
• 當 $x > e^{1/4}$ 時，$\ln x > \frac{1}{4}$，故 $f'(x) < 0$，$f(x)$ 嚴格遞減（Strictly Decreasing）。

因此，$f(x)$ 在 $x = e^{1/4}$ 處取得全域絕對極大值（Absolute Maximum）：

觀察邊界極限行為：

• 當 $x \to 0^+$ 時，$\ln x \to -\infty$ 且 $x^4 \to 0^+$，故 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$。
• 當 $x = 1$ 時，$f(1) = 0$。
• 當 $x \to \infty$ 時，由羅必達法則（L'Hôpital's Rule）：

核心觀念

本題考查「含變動上下限的定積分微分」，使用 Leibniz 法則：

本題中：

解題方法

直接套用 Leibniz 法則。

上限部分：

下限部分：

因此：

也可寫成：

選項分析

• (A) $e^x(e^{x^2}-1)$

  錯誤。上限代入後應為

  $$e^{(e^x)^2}e^x=e^xe^{e^{2x}},$$

  並非 $e^xe^{x^2}$；下限部分也不是 $e^x$。

核心觀念

利用指數函數的微分公式：若 $f(x)=e^{ax}$，則

本題 $\frac{1}{e^x}=e^{-x}$，其中指數的係數為 $a=-1$。

解題方法

先將函數改寫為指數形式：

每微分一次，就會乘上 $-1$：

因此第 $19$ 階導數為

選項分析

本題考查一階線性微分方程式的解法及其極限。
給定的微分方程式是 $y' + xy = x$。這是一個一階線性微分方程式，形式為 $y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = x$ 且 $Q(x) = x$。

我們可以使用積分因子法來求解。積分因子為：
$\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int x dx} = e^{\frac{1}{2}x^2}$。

將原方程式兩邊乘以積分因子：
$e^{\frac{1}{2}x^2} y' + x e^{\frac{1}{2}x^2} y = x e^{\frac{1}{2}x^2}$

左邊是 $(y \cdot e^{\frac{1}{2}x^2})'$ 的導數：
$\frac{d}{dx}(y \cdot e^{\frac{1}{2}x^2}) = x e^{\frac{1}{2}x^2}$

對兩邊積分：
$\int \frac{d}{dx}(y \cdot e^{\frac{1}{2}x^2}) dx = \int x e^{\frac{1}{2}x^2} dx$
$y \cdot e^{\frac{1}{2}x^2} = \int x e^{\frac{1}{2}x^2} dx$

為了計算右側的積分，我們令 $u = \frac{1}{2}x^2$，則 $du = x dx$。

核心觀念

題目中的 $x$ 與 $y$ 分別在區間 $[0,3]$ 與 $[0,4]$ 上隨機且均勻選取，因此所有點 $(x,y)$ 均勻分布在平面矩形

內。

利用幾何機率：

所求條件為 $x<y$，也就是直線 $y=x$ 上方的區域。

解題方法

全部可能的矩形面積為

在矩形內，直線 $y=x$ 從 $(0,0)$ 延伸至 $(3,3)$。條件 $x<y$ 表示 $y>x$，因此對每一個 $x\in[0,3]$，$y$ 的範圍為 $x<y\le 4$。

符合條件的面積為

因此機率為

等號 $x=y$ 對應到一條線，面積為 $0$，不影響機率計算。

選項分析

核心觀念

本題評量瑕積分（Improper Integral）的計算技巧、代數拆項（部分分式分解思想）與變數變換（$u$-substitution）：

1. 被積函數的代數拆項：形如 $\frac{e^{ax} - e^{bx}}{(1+e^{ax})(1+e^{bx})}$ 的式子，分子可巧妙地透過常數 $+1$ 與 $-1$ 進行配對分解：
   $(e^{ax} - e^{bx}) = (1+e^{ax}) - (1+e^{bx})$
2. 對數型積分公式：
   $\int \frac{f'(x)}{f(x)} \, dx = \ln|f(x)| + C$
3. 極限與瑕積分的收斂性：利用瑕積分定義求無窮遠處的極限值。

解題方法

設所求瑕積分為 $I$：
$I = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{ax} - e^{bx}}{(1+e^{ax})(1+e^{bx})} \, dx$

步驟一：被積函數拆項

觀察分子的結構，改寫為：
$e^{ax} - e^{bx} = (1 + e^{ax}) - (1 + e^{bx})$

代入被積函數中進行拆項：
$\frac{e^{ax} - e^{bx}}{(1+e^{ax})(1+e^{bx})} = \frac{(1+e^{ax}) - (1+e^{bx})}{(1+e^{ax})(1+e^{bx})} = \frac{1}{1+e^{bx}} - \frac{1}{1+e^{ax}}$

因此原式可重寫為：
$I = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{1+e^{bx}} - \frac{1}{1+e^{ax}} \right) dx$

步驟二：求不定積分

分別計算形式為 $\int \frac{1}{1+e^{kx}} \, dx$（其中常數 $k > 0$）的不定積分。
將分子與分母同乘以 $e^{-kx}$：
$\int \frac{1}{1+e^{kx}} \, dx = \int \frac{e^{-kx}}{e^{-kx} + 1} \, dx$

利用代換法，令 $u = 1 + e^{-kx}$，則 $du = -k e^{-kx} \, dx \implies e^{-kx} \, dx = -\frac{1}{k} \, du$：
$\int \frac{e^{-kx}}{1 + e^{-kx}} \, dx = -\frac{1}{k} \int \frac{1}{u} \, du = -\frac{1}{k} \ln(1 + e^{-kx}) + C$

同理可得：
$\int \frac{1}{1+e^{ax}} \, dx = -\frac{1}{a} \ln(1 + e^{-ax}) + C$

因此，被積函數的反導函數為：
$F(x) = -\frac{1}{b} \ln(1 + e^{-bx}) + \frac{1}{a} \ln(1 + e^{-ax})$

步驟三：代入積分上下限求定積分

依瑕積分之定義：
$I = \lim_{M \to \infty} \left[ -\frac{1}{b} \ln(1 + e^{-bx}) + \frac{1}{a} \ln(1 + e^{-ax}) \right]_{0}^{M}$

1. 計算上限極限值（$M \to \infty$）：
   因 $a > 0$ 且 $b > 0$，當 $M \to \infty$ 時，$e^{-aM} \to 0$ 且 $e^{-bM} \to 0$。

本題考查函數的比較和級數的估計。

statement I: We can find a constant C such that $\log x \le C \sqrt{x}$ for all positive x.
我們需要判斷是否存在一個常數 C，使得對於所有的 $x > 0$，不等式 $\log x \le C \sqrt{x}$ 成立。
這相當於判斷函數 $\frac{\log x}{\sqrt{x}}$ 是否有上界。
我們知道 $\log x$ 是以 e 為底的自然對數。
考慮函數 $f(x) = \frac{\log x}{\sqrt{x}}$。
我們來分析這個函數的行為。
當 $x \to 0^+$, $\log x \to -\infty$, $\sqrt{x} \to 0^+$.
$\lim_{x\to 0^+} \frac{\log x}{\sqrt{x}} = -\infty$.
這表示對於足夠小的 x，$\log x$ 是負的，而 $\sqrt{x}$ 是正的，所以 $\frac{\log x}{\sqrt{x}}$ 是負的。

當 $x \to \infty$, 我們可以使用羅必達法則。
$\lim_{x\to\infty} \frac{\log x}{\sqrt{x}} = \lim_{x\to\infty} \frac{1/x}{(1/2)\sqrt{x}^{-1}} = \lim_{x\to\infty} \frac{1/x}{1/(2\sqrt{x})} = \lim_{x\to\infty} \frac{2\sqrt{x}}{x} = \lim_{x\to\infty} \frac{2}{\sqrt{x}} = 0$.

為了找到最大值，我們計算導數：
$f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \sqrt{x} - \log x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{(\sqrt{x})^2} = \frac{\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{\log x}{2\sqrt{x}}}{x} = \frac{1 - \frac{1}{2}\log x}{x\sqrt{x}}$
令 $f'(x) = 0$, 則 $1 - \frac{1}{2}\log x = 0$.
$\frac{1}{2}\log x = 1 \implies \log x = 2 \implies x = e^2$.

在 $x = e^2$ 處，函數 $f(x)$ 達到最大值。
$f(e^2) = \frac{\log(e^2)}{\sqrt{e^2}} = \frac{2}{e}$.
由於函數 $f(x)$ 有一個最大值 $\frac{2}{e}$，所以對於所有的 $x > 0$，我們有 $\frac{\log x}{\sqrt{x}} \le \frac{2}{e}$。
這意味著 $\log x \le \frac{2}{e} \sqrt{x}$。
所以，我們可以找到一個常數 C (例如 $C = \frac{2}{e}$) 使得 $\log x \le C \sqrt{x}$ 對於所有正 x 成立。
因此，Statement I 是 true。

本題考查反函數的定義與計算。
給定函數 $f(x) = \arcsin x$。我們需要求其反函數 $f^{-1}(x)$。

首先，我們需要確定 $f(x) = \arcsin x$ 的定義域和值域。
定義域是 $[-1, 1]$。
值域是 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$。

反函數 $f^{-1}(x)$ 的定義域是原函數的值域，反函數的值域是原函數的定義域。
所以，$f^{-1}(x)$ 的定義域是 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$。
$f^{-1}(x)$ 的值域是 $[-1, 1]$。

設 $y = f(x) = \arcsin x$.
則 $x = \sin y$.
所以，反函數 $f^{-1}(x)$ 是將 $y$ 映射到 $x$ 的函數。
我們需要將 $y$ 表示成 $x$ 的函數。
即，如果 $y = \arcsin x$, 那麼 $x = \sin y$.
反函數就是 $f^{-1}(x) = \sin x$.

核心觀念

本題考查冪次函數的積分公式與鏈鎖律：

被積分式為

由於內部函數為 $3x+5$，積分時必須補上其導數所造成的係數。

解題方法

令

則

因此

所以正確的不定積分為

選項分析

• (A) $\frac{2}{3}(3x+5)^{3/2}+C$：錯誤。

  微分得

  $$\frac{d}{dx}\left[\frac{2}{3}(3x+5)^{3/2}\right] =\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}(3x+5)^{1/2}\cdot 3 =3\sqrt{3x+5},$$

  多出係數 $3$。

• (B) $\frac{1}{3}(3x+5)^{3/2}+C$：錯誤。

  微分得

本題考查極限的計算，特別是含有三角函數的極限。
我們要求計算 $\lim_{x\to 0} x \cot 3x$。
首先，我們將 $\cot 3x$ 表示成 $\frac{\cos 3x}{\sin 3x}$。
所以，極限變為 $\lim_{x\to 0} x \frac{\cos 3x}{\sin 3x} = \lim_{x\to 0} \frac{x \cos 3x}{\sin 3x}$。

當 $x \to 0$, 分子 $x \cos 3x \to 0 \cdot \cos(0) = 0 \cdot 1 = 0$.
當 $x \to 0$, 分母 $\sin 3x \to \sin(0) = 0$.
這是一個 $0/0$ 的不定型極限。

我們可以使用羅必達法則，或者利用標準極限 $\lim_{u\to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$。
我們將極限式改寫成：
$\lim_{x\to 0} \frac{x}{\sin 3x} \cdot \cos 3x$

為了使用標準極限，我們需要 $\sin 3x$ 的分母是 $3x$。
我們可以將分子和分母同乘以 3：
$\lim_{x\to 0} \frac{3x}{3 \sin 3x} \cdot \cos 3x = \lim_{x\to 0} \frac{1}{3} \cdot \frac{3x}{\sin 3x} \cdot \cos 3x$

現在，我們可以將極限拆開：

本題考查微積分基本定理的應用，特別是當積分上下限都是變數時。
給定函數為 $\frac{d}{dx} \int_{x^3}^{e^x} e^{t^2} dt$。
我們使用微積分基本定理的推廣形式。設 $F(x) = \int_{a}^{x} f(t) dt$，則 $F'(x) = f(x)$。
現在我們有 $\int_{u(x)}^{v(x)} f(t) dt = \int_{a}^{v(x)} f(t) dt - \int_{a}^{u(x)} f(t) dt$。
所以，$\frac{d}{dx} \int_{u(x)}^{v(x)} f(t) dt = \frac{d}{dx} \int_{a}^{v(x)} f(t) dt - \frac{d}{dx} \int_{a}^{u(x)} f(t) dt$。
根據連鎖法則，$\frac{d}{dx} \int_{a}^{v(x)} f(t) dt = f(v(x)) \cdot v'(x)$。
同理，$\frac{d}{dx} \int_{a}^{u(x)} f(t) dt = f(u(x)) \cdot u'(x)$。

本題考查參數式方程表示的曲線類型。
給定的參數式方程是 $x = 3 \sin t$ 和 $y = 2 \cos t$。
我們需要判斷這個參數式代表的曲線是什麼。

從參數式中消去參數 t。
我們知道 $\sin^2 t + \cos^2 t = 1$。
從給定的方程，我們可以得到：
$\sin t = \frac{x}{3}$
$\cos t = \frac{y}{2}$

將這些代入三角恆等式：
$(\frac{x}{3})^2 + (\frac{y}{2})^2 = 1$
$\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$

這是一個標準的橢圓方程。
橢圓的中心在原點 (0,0)，半長軸長度為 3 (沿 x 軸)，半短軸長度為 2 (沿 y 軸)。

因此，該參數式代表的圖形是一個橢圓。

本題考查極座標下曲線所圍面積的計算。
給定的曲線方程是 $r = \sin 2\theta$。
我們需要找到曲線的一個「loop」所圍成的面積。

首先，我們需要確定 $\sin 2\theta$ 的「loop」是如何形成的。
對於極座標下的曲線，面積公式為 $A = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} r^2 d\theta$。

我們需要找到 $r = \sin 2\theta$ 的一個 loop 的範圍。
一個 loop 通常是指 $r$ 從 0 開始，增加到最大值，然後減小到 0 的過程。
當 $r=0$ 時，$\sin 2\theta = 0$。
這發生在 $2\theta = n\pi$，其中 n 是整數。
所以，$\theta = \frac{n\pi}{2}$。

我們來看看 $\theta$ 的不同區間：

• 當 $2\theta$ 在 $[0, \pi]$ 範圍內時，$\sin 2\theta \ge 0$。
  這對應於 $0 \le 2\theta \le \pi$, 即 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。
  在此區間內，$r$ 從 0 增加到 1 (當 $2\theta = \pi/2$, $\theta = \pi/4$)，然後減小到 0。
  這形成了一個 loop。
  所以，一個 loop 的範圍是 $\theta$ 從 0 到 $\frac{\pi}{2}$。

計算這個 loop 的面積：
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} (\sin 2\theta)^2 d\theta$
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 2\theta d\theta$

使用三角恆等式 $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$。
所以，$\sin^2 2\theta = \frac{1 - \cos(2 \cdot 2\theta)}{2} = \frac{1 - \cos 4\theta}{2}$。

代入積分：
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \cos 4\theta}{2} d\theta$
$A = \frac{1}{4} \int_{0}^{\pi/2} (1 - \cos 4\theta) d\theta$

計算積分：
$A = \frac{1}{4} \left[ \theta - \frac{\sin 4\theta}{4} \right]_{0}^{\pi/2}$

代入上下限：
$A = \frac{1}{4} \left[ \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\sin(4 \cdot \pi/2)}{4}\right) - \left(0 - \frac{\sin(0)}{4}\right) \right]$

本題考查冪級數的收斂區間。
給定的冪級數是 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x+2)^n}{n 3^n}$。
我們使用 ratio test (比例檢驗法) 來找到收斂半徑。
令 $a_n = \frac{(x+2)^n}{n 3^n}$。
計算 $\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$。
$\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \left| \frac{\frac{(x+2)^{n+1}}{(n+1) 3^{n+1}}}{\frac{(x+2)^n}{n 3^n}} \right|$
$= \left| \frac{(x+2)^{n+1}}{(n+1) 3^{n+1}} \cdot \frac{n 3^n}{(x+2)^n} \right|$
$= \left| \frac{(x+2) \cdot n}{(n+1) \cdot 3} \right|$
$= \frac{|x+2|}{3} \cdot \frac{n}{n+1}$
$= \frac{|x+2|}{3} \cdot \frac{1}{1 + 1/n}$
取極限 $n \to \infty$:
$\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \frac{|x+2|}{3} \cdot \lim_{n\to\infty} \frac{1}{1 + 1/n} = \frac{|x+2|}{3} \cdot 1 = \frac{|x+2|}{3}$