113 年 國立中正大學經濟學系國際經濟學碩士班《微積分》

此題考查極限的計算，特別是與自然對數底 $e$ 定義相關的型式。

我們需要計算 $\lim_{x\to\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x$。
這是自然對數底 $e$ 的標準定義之一：

此題考查極限的計算，特別是基本三角函數的極限。

我們需要計算 $\lim_{x\to 0} \frac{2\sin x}{x}$。
我們可以將常數 2 提出極限符號外：

核心觀念

本題考查「指數函數中成長較快的項會主導極限」以及對數轉換法。關鍵公式為

$$a^x+b^x=a^x\left[1+\left(\frac{b}{a}\right)^x\right]$$

當 $0<a<b$ 且 $x\to\infty$ 時，

$$\left(\frac{a}{b}\right)^x\to 0$$

因此 $b^x$ 是主要成長項。

解題方法

將 $4^x$ 提出：

$$(3^x+4^x)^{\frac{1}{x}} = \left[4^x\left(\left(\frac{3}{4}\right)^x+1\right)\right]^{\frac{1}{x}}$$

因此

$$(3^x+4^x)^{\frac{1}{x}} = 4\left[1+\left(\frac{3}{4}\right)^x\right]^{\frac{1}{x}}$$

由於 $0<\frac{3}{4}<1$，所以

$$\left(\frac{3}{4}\right)^x\to 0$$

剩下的部分屬於 $1^\infty$ 型，使用自然對數處理。令

$$L=\left[1+\left(\frac{3}{4}\right)^x\right]^{\frac{1}{x}}$$

則

此題考查微分的計算，特別是商法則的應用。

我們需要計算函數 $f(x) = \frac{e^x}{1+e^x}$ 的導數 $f'(x)$。
我們使用商法則，若 $f(x) = \frac{u(x)}{v(x)}$，則 $f'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{[v(x)]^2}$。
在這裡，$u(x) = e^x$ 且 $v(x) = 1+e^x$。

此題考查微分的計算，特別是商法則或連鎖法則的應用。

我們需要計算函數 $g(x) = \frac{1}{1+e^x}$ 的導數 $g'(x)$。

方法一：使用商法則。
令 $u(x) = 1$ 且 $v(x) = 1+e^x$。
則 $u'(x) = 0$。
且 $v'(x) = \frac{d}{dx}(1+e^x) = e^x$。

應用商法則：
$g'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{[v(x)]^2}$
$g'(x) = \frac{(0)(1+e^x) - (1)(e^x)}{(1+e^x)^2}$
$g'(x) = \frac{0 - e^x}{(1+e^x)^2}$

此題考查積分的計算，特別是換元積分法。

我們需要計算不定積分 $\int \frac{1}{x \ln x} dx$。
觀察被積函數的形式，注意到 $\ln x$ 的微分是 $\frac{1}{x}$，這提示我們可以使用換元積分法。

令 $u = \ln x$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$。

此題考查積分的計算，特別是分部積分法，且需要進行兩次分部積分。

我們需要計算積分 $\int e^x \cos x dx$。
這是一個常見的需要進行兩次分部積分才能求解的積分。
分部積分公式為 $\int u dv = uv - \int v du$。

第一次分部積分：
令 $u = \cos x$ 且 $dv = e^x dx$。
則 $du = -\sin x dx$ 且 $v = \int e^x dx = e^x$。

應用分部積分公式：
$\int e^x \cos x dx = (\cos x)(e^x) - \int (e^x)(-\sin x dx)$
$\int e^x \cos x dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x dx$。

現在我們需要計算 $\int e^x \sin x dx$。我們再次使用分部積分法。
對於 $\int e^x \sin x dx$：
令 $u = \sin x$ 且 $dv = e^x dx$。
則 $du = \cos x dx$ 且 $v = e^x$。

此題考查積分的計算，特別是指數函數的積分。

我們需要計算積分 $\int e^{4x} dx$。
這可以通過換元積分法或直接使用公式來完成。

方法一：換元積分法。
令 $u = 4x$。
則 $du = 4 dx$，所以 $dx = \frac{1}{4} du$。

將原積分轉換成以 $u$ 為變數的積分：
$\int e^{4x} dx = \int e^u \left(\frac{1}{4} du\right)$
$= \frac{1}{4} \int e^u du$。

此題考查級數的收斂性判別，屬於 $p$-級數。

我們需要判斷級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 的收斂性。
這個級數的形式是 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$，其中 $p=3$。

核心觀念

本題考查交錯級數判別法與絕對收斂、條件收斂的概念。

交錯級數判別法指出：若數列 $a_n$ 滿足

1. $a_n>0$；
2. $a_{n+1}\leq a_n$，即單調遞減；
3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$，

則交錯級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n$$

必定收斂。

本題可令

$$a_n=\frac{1}{n}.$$

解題方法

原級數為

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} =1-\frac12+\frac13-\frac14+\frac15-\cdots.$$

檢查交錯級數判別法的三個條件：

首先，

$$a_n=\frac1n>0.$$

其次，因為 $n$ 增加時 $\frac1n$ 變小，所以

$$a_{n+1}=\frac1{n+1}<\frac1n=a_n.$$

因此 $\{a_n\}$ 單調遞減。

最後，

$$\lim_{n\to\infty}a_n =\lim_{n\to\infty}\frac1n =0.$$

三個條件皆成立，因此依據交錯級數判別法，

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}$$

收斂。

此題考查隱函數微分。

我們需要對方程 $x+3y = x^2y + y^2$ 進行微分，以找到 $\frac{dy}{dx}$。
我們將對等式兩邊同時對 $x$ 微分，同時注意 $y$ 是 $x$ 的函數。

對等式左邊微分：
$\frac{d}{dx}(x+3y) = \frac{d}{dx}(x) + \frac{d}{dx}(3y) = 1 + 3\frac{dy}{dx}$。

對等式右邊微分：
$\frac{d}{dx}(x^2y + y^2)$。
這需要對 $x^2y$ 使用乘法法則，對 $y^2$ 使用連鎖法則。
$\frac{d}{dx}(x^2y) = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot y + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(y) = 2xy + x^2\frac{dy}{dx}$。
$\frac{d}{dx}(y^2) = 2y \frac{dy}{dx}$。

此題考查泰勒展開式的計算。我們需要分別求出 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x=0$ 的二階泰勒展開式。二階泰勒展開式的通用形式為 $P_2(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2$。在本題中，$a=0$。

對於 $f(x) = e^{-x^2}$：
首先計算 $f(x)$ 及其前兩階導數，並在 $x=0$ 處求值。
$f(x) = e^{-x^2}$
$f(0) = e^{-0^2} = e^0 = 1$。

$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{-x^2}) = e^{-x^2} \cdot (-2x) = -2xe^{-x^2}$。
$f'(0) = -2(0)e^{-0^2} = 0$。

$f''(x) = \frac{d}{dx}(-2xe^{-x^2})$ (使用乘法法則)
$f''(x) = (-2)e^{-x^2} + (-2x)(e^{-x^2} \cdot (-2x))$
$f''(x) = -2e^{-x^2} + 4x^2e^{-x^2}$
$f''(x) = e^{-x^2}(4x^2 - 2)$。
$f''(0) = e^{-0^2}(4(0)^2 - 2) = 1(-2) = -2$。

現在，將這些值代入二階泰勒展開式公式 (以 $a=0$ 為中心)：
$P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2$
$P_2(x) = 1 + (0)x + \frac{-2}{2}x^2$
$P_2(x) = 1 - x^2$。

或者，我們也可以利用 $e^u$ 的標準泰勒級數 $e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$。
令 $u = -x^2$。
$e^{-x^2} = 1 + (-x^2) + \frac{(-x^2)^2}{2!} + \dots$
$e^{-x^2} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2} + \dots$
取前兩項（直到 $x^2$ 項），我們得到 $1 - x^2$。

此題考查定積分計算面積。我們需要找到兩條曲線的交點，然後設定積分上下限來計算所圍成的面積。

曲線分別為：

1. 拋物線 $y^2 = x-1$，這等價於 $x = y^2+1$。這是一條開口向右的拋物線，頂點在 $(1, 0)$。
2. 直線 $y = x-3$，這等價於 $x = y+3$。

首先，找到這兩條曲線的交點。我們將它們的 $x$ 表達式相等：
$y^2+1 = y+3$
$y^2 - y - 2 = 0$。
因式分解：
$(y-2)(y+1) = 0$。
所以，$y=2$ 或 $y=-1$。

當 $y=2$ 時，$x = y+3 = 2+3 = 5$。交點為 $(5, 2)$。
當 $y=-1$ 時，$x = y+3 = -1+3 = 2$。交點為 $(2, -1)$。

接下來，我們計算這兩條曲線所圍成的面積。由於拋物線是 $x$ 的函數，而直線也是 $x$ 的函數，我們可以選擇對 $y$ 進行積分，這會比較方便，因為我們已經得到了 $y$ 的交點。
面積 $A$ 可以表示為：
$A = \int_{y_{min}}^{y_{max}} (x_{right} - x_{left}) dy$。

在交點 $(2, -1)$ 和 $(5, 2)$ 之間，我們需要確定哪條曲線是右邊的 ($x_{right}$) 和哪條是左邊的 ($x_{left}$)。
直線是 $x = y+3$。
拋物線是 $x = y^2+1$。

我們可以在兩個 $y$ 值之間取一個測試點，例如 $y=0$（在 $-1$ 和 $2$ 之間）。
對於 $y=0$，直線給出 $x=0+3=3$。
對於 $y=0$，拋物線給出 $x=0^2+1=1$。
因此，在 $y$ 的範圍內，直線 $x=y+3$ 位於拋物線 $x=y^2+1$ 的右側。
所以，$x_{right} = y+3$ 且 $x_{left} = y^2+1$。

此題考查多元函數在約束條件下的最值問題，可以使用拉格朗日乘數法或幾何解釋。由於函數形式相對簡單，且約束條件是線性不等式，可以考慮幾何方法或邊界分析。

函數為 $f(x,y) = \sqrt{x} + \sqrt{y}$。
約束條件為：

1. $2x + 2y \le 5$
2. $x \ge 0$
3. $y \ge 0$

這定義了一個封閉且有界的區域（一個三角形，頂點為 $(0,0)$、$(5/2, 0)$、$(0, 5/2)$）。由於函數 $f(x,y)$ 在此區域上連續，因此必存在最大值。最大值可能出現在區域的內部極值點，或是在區域的邊界上。

步驟 1：尋找內部極值點。
計算偏導數並令它們為零。
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{1}{2\sqrt{y}}$

令 $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$。
$\frac{1}{2\sqrt{x}} = 0$ 和 $\frac{1}{2\sqrt{y}} = 0$。
這兩個方程式沒有實數解。這意味著函數 $f(x,y)$ 在定義域的內部沒有駐點（critical points）。
注意：嚴格來說，當 $x=0$ 或 $y=0$ 時，偏導數是未定義的，這些點屬於邊界。

步驟 2：分析邊界。
邊界包含三個部分：
a) $x=0$, $0 \le y \le 5/2$
b) $y=0$, $0 \le x \le 5/2$
c) $2x + 2y = 5$, $x \ge 0, y \ge 0$ (即直線段連接 $(5/2, 0)$ 和 $(0, 5/2)$)

a) 當 $x=0$ 時，$f(0,y) = \sqrt{0} + \sqrt{y} = \sqrt{y}$。
在 $0 \le y \le 5/2$ 的範圍內，$\sqrt{y}$ 是遞增函數。
因此，最大值出現在 $y=5/2$ 處，即 $f(0, 5/2) = \sqrt{5/2}$。
最小值出現在 $y=0$ 處，即 $f(0, 0) = 0$。

b) 當 $y=0$ 時，$f(x,0) = \sqrt{x} + \sqrt{0} = \sqrt{x}$。
在 $0 \le x \le 5/2$ 的範圍內，$\sqrt{x}$ 是遞增函數。
因此，最大值出現在 $x=5/2$ 處，即 $f(5/2, 0) = \sqrt{5/2}$。
最小值出現在 $x=0$ 處，即 $f(0, 0) = 0$。

c) 當 $2x + 2y = 5$，即 $y = \frac{5}{2} - x$。
我們將此代入 $f(x,y)$：
$h(x) = f(x, \frac{5}{2}-x) = \sqrt{x} + \sqrt{\frac{5}{2}-x}$。
我們需要找到 $h(x)$ 在 $x$ 範圍內的最小值和最大值。
由於 $x \ge 0$ 且 $y = \frac{5}{2}-x \ge 0$，所以 $0 \le x \le \frac{5}{2}$。

我們可以對 $h(x)$ 進行微分來尋找極值點：
$h'(x) = \frac{d}{dx}(\sqrt{x} + \sqrt{\frac{5}{2}-x})$
$h'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{2\sqrt{\frac{5}{2}-x}} \cdot (-1)$
$h'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{2\sqrt{\frac{5}{2}-x}}$。