112 年 國立高雄大學統計學研究所碩士班《微積分》

此題考驗極限的計算與判斷能力，重點在於檢查分母是否為零以及函數在趨近點時的行為。

我們逐一檢查每個選項：
(A) $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 + 3x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x(x+3)}{x} = \lim_{x \to 0} (x+3) = 0+3 = 3$。此極限存在。
(B) $\lim_{x \to 1} |x+3|$。因為 $|x+3|$ 在 $x=1$ 處是連續的，所以極限值就是函數值：$|1+3| = |4| = 4$。此極限存在。
(C) $\lim_{x \to 1} \frac{4}{x-1}$。

核心觀念

本題考查：

1. 分段函數的左右極限。
2. 代入分段定義求函數值。
3. 函數在 $x=a$ 連續的判定條件：

$$\lim_{x\to a^-}f(x)=\lim_{x\to a^+}f(x)=f(a).$$

三者只要有一項不相等，函數在該點即不連續。

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解題方法

因為考察點為 $x=0$，分別使用 $x<0$ 與 $x\ge 0$ 的定義計算左右極限及 $f(0)$。

當 $x<0$ 時，

$$f(x)=\frac{x^2+x^2}{x^2-1} =\frac{2x^2}{x^2-1}.$$

因此

$$\lim_{x\to 0^-}f(x) = \lim_{x\to 0^-}\frac{2x^2}{x^2-1} = \frac{2(0)^2}{(0)^2-1} =0.$$

當 $x\ge 0$ 時，

$$f(x)=\frac{x^2-1}{x^2-1}=1,$$

其中 $x=0$ 時分母為 $-1$，函數有定義。因此

$$\lim_{x\to 0^+}f(x)=1.$$

且

$$f(0)=\frac{0^2-1}{0^2-1} =\frac{-1}{-1}=1.$$

由於

$$\lim_{x\to 0^-}f(x)=0 \ne 1=\lim_{x\to 0^+}f(x),$$

左右極限不相等，所以 $\lim_{x\to 0}f(x)$ 不存在，$f$ 在 $x=0$ 不連續。

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選項分析

(A) $\lim_{x\to 0^-}f(x)=0$

核心觀念

本題考查：

• 絕對值函數的分段表示。
• 分段函數在接點的左右導數。
• 臨界點的定義：若 $c$ 為函數定義域內的內點，且 $f'(c)=0$ 或 $f'(c)$ 不存在，則 $c$ 為臨界點。

將函數拆成分段：

當 $0\le x\le 1$ 時，$|1-x|=1-x$，因此

$$f(x)=1-(1-x)=x.$$

當 $1\le x\le 2$ 時，$|1-x|=x-1$，因此

$$f(x)=1-(x-1)=2-x.$$

所以

$$f(x)= \begin{cases} x, & 0\le x\le 1,\\ 2-x, & 1\le x\le 2. \end{cases}$$

圖形為在 $(0,0)$、$(1,1)$、$(2,0)$ 之間形成的折線，$x=1$ 是尖點。

解題方法

先利用分段形式計算端點與接點的函數值，再檢查 $x=1$ 的左右導數，最後依臨界點定義判斷選項。

在 $x=1$ 左側，

$$f'(x)=1.$$

在 $x=1$ 右側，

$$f'(x)=-1.$$

因此

$$f'_-(1)=1,\qquad f'_+(1)=-1.$$

由於左右導數不相等，故 $f'(1)$ 不存在，函數在 $x=1$ 不可微。

選項分析

(A) $f(0)=0$

此題考驗隱函數微分（implicit differentiation）的技巧。給定一個隱含的方程式，我們需要對兩邊同時微分，然後解出 $\frac{dy}{dx}$。

給定方程式為 $y^2 - x^2 = -8$。
對兩邊同時對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx}(y^2 - x^2) = \frac{d}{dx}(-8)$

使用鏈式法則對 $y^2$ 微分：
$\frac{d}{dx}(y^2) = 2y \frac{dy}{dx}$

對 $x^2$ 微分：
$\frac{d}{dx}(x^2) = 2x$

對常數 $-8$ 微分：
$\frac{d}{dx}(-8) = 0$

此題考驗積分技巧，特別是涉及根號和多項式的積分。可以考慮使用三角換元或代換法。

我們考慮使用代換法。令 $u = 1+x^2$。
則 $du = 2x \, dx$，所以 $x \, dx = \frac{1}{2} du$。
同時，從 $u = 1+x^2$，我們得到 $x^2 = u-1$。

原積分式為 $\int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}} dx = \int \frac{x^2 \cdot x}{\sqrt{1+x^2}} dx$。
將 $x^2$ 和 $x \, dx$ 用 $u$ 和 $du$ 替換：
$\int \frac{u-1}{\sqrt{u}} \cdot \frac{1}{2} du$
$= \frac{1}{2} \int \frac{u-1}{\sqrt{u}} du$
$= \frac{1}{2} \int (u^{1/2} - u^{-1/2}) du$

現在進行積分：
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{u^{1/2+1}}{1/2+1} - \frac{u^{-1/2+1}}{-1/2+1} \right] + C$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{u^{3/2}}{3/2} - \frac{u^{1/2}}{1/2} \right] + C$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3} u^{3/2} - 2 u^{1/2} \right] + C$
$= \frac{1}{3} u^{3/2} - u^{1/2} + C$

最後，將 $u = 1+x^2$ 代回：
$= \frac{1}{3} (1+x^2)^{3/2} - (1+x^2)^{1/2} + C$
$= \frac{1}{3} (1+x^2)\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1+x^2} + C$
$= \sqrt{1+x^2} \left( \frac{1}{3}(1+x^2) - 1 \right) + C$
$= \sqrt{1+x^2} \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{3}x^2 - 1 \right) + C$

此題考驗泰勒級數的計算。對於函數 $f(x)$ 在點 $a$ 處的 $n$ 階泰勒展開式為：
$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + \frac{f'''(a)}{3!}(x-a)^3 + \dots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$

題目要求 $f(x) = e^{-x^2}$ 在 $x=2$ 處的 4 階泰勒展開式。
我們需要計算 $f(2)$, $f'(2)$, $f''(2)$, $f'''(2)$, $f^{(4)}(2)$。

首先，計算函數值和各階導數：
$f(x) = e^{-x^2}$
$f(2) = e^{-2^2} = e^{-4}$

$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{-x^2}) = e^{-x^2} \cdot (-2x) = -2x e^{-x^2}$
$f'(2) = -2(2) e^{-2^2} = -4 e^{-4}$

$f''(x) = \frac{d}{dx}(-2x e^{-x^2})$
$= (-2) e^{-x^2} + (-2x) \cdot (e^{-x^2} \cdot (-2x))$
$= -2 e^{-x^2} + 4x^2 e^{-x^2}$
$= (4x^2 - 2) e^{-x^2}$
$f''(2) = (4(2^2) - 2) e^{-2^2} = (4(4) - 2) e^{-4} = (16-2) e^{-4} = 14 e^{-4}$

$f'''(x) = \frac{d}{dx}((4x^2 - 2) e^{-x^2})$
$= (8x) e^{-x^2} + (4x^2 - 2) \cdot (e^{-x^2} \cdot (-2x))$
$= 8x e^{-x^2} - 2x(4x^2 - 2) e^{-x^2}$
$= (8x - 8x^3 + 4x) e^{-x^2}$
$= (12x - 8x^3) e^{-x^2}$
$f'''(2) = (12(2) - 8(2^3)) e^{-2^2} = (24 - 8(8)) e^{-4} = (24 - 64) e^{-4} = -40 e^{-4}$

$f^{(4)}(x) = \frac{d}{dx}((12x - 8x^3) e^{-x^2})$
$= (12 - 24x^2) e^{-x^2} + (12x - 8x^3) \cdot (e^{-x^2} \cdot (-2x))$
$= (12 - 24x^2) e^{-x^2} - 2x(12x - 8x^3) e^{-x^2}$
$= (12 - 24x^2 - 24x^2 + 16x^4) e^{-x^2}$
$= (16x^4 - 48x^2 + 12) e^{-x^2}$
$f^{(4)}(2) = (16(2^4) - 48(2^2) + 12) e^{-2^2}$
$= (16(16) - 48(4) + 12) e^{-4}$
$= (256 - 192 + 12) e^{-4}$
$= (64 + 12) e^{-4} = 76 e^{-4}$

現在，將這些值代入泰勒展開式：
$f(x) \approx f(2) + f'(2)(x-2) + \frac{f''(2)}{2!}(x-2)^2 + \frac{f'''(2)}{3!}(x-2)^3 + \frac{f^{(4)}(2)}{4!}(x-2)^4$

$f(x) \approx e^{-4} + (-4 e^{-4})(x-2) + \frac{14 e^{-4}}{2}(x-2)^2 + \frac{-40 e^{-4}}{6}(x-2)^3 + \frac{76 e^{-4}}{24}(x-2)^4$

簡化係數：
$f(x) \approx e^{-4} - 4 e^{-4}(x-2) + 7 e^{-4}(x-2)^2 - \frac{20}{3} e^{-4}(x-2)^3 + \frac{19}{6} e^{-4}(x-2)^4$

此題考驗二重積分的計算。我們需要按照給定的積分順序（先對 $y$ 積，再對 $x$ 積）逐步計算。

給定函數 $f(x, y) = x^2 - 2xy$。
積分範圍是 $x$ 從 1 到 2，$y$ 從 -1 到 4。

首先計算內層積分 $\int_{-1}^{4} (x^2 - 2xy) \, dy$。
在此積分過程中，$x$ 被視為常數。
$\int_{-1}^{4} (x^2 - 2xy) \, dy = \left[ x^2y - 2x \frac{y^2}{2} \right]_{-1}^{4}$
$= \left[ x^2y - xy^2 \right]_{-1}^{4}$

代入積分上下限：
$= (x^2(4) - x(4^2)) - (x^2(-1) - x(-1)^2)$
$= (4x^2 - 16x) - (-x^2 - x)$
$= 4x^2 - 16x + x^2 + x$
$= 5x^2 - 15x$

現在，我們將這個結果作為被積函數，對 $x$ 進行外層積分：
$\int_{1}^{2} (5x^2 - 15x) \, dx$

計算這個定積分：
$= \left[ 5 \frac{x^3}{3} - 15 \frac{x^2}{2} \right]_{1}^{2}$

此題考驗函數的遞增和遞減區域判斷，這通常通過分析函數的一階導數來完成。

首先，我們計算函數 $f(x)$ 的一階導數 $f'(x)$：
$f(x) = x^3 + 4x^2 + 2$
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 + 4x^2 + 2)$
$f'(x) = 3x^2 + 8x$

函數 $f(x)$ 在其導數 $f'(x)$ 大於零的區間內遞增，在導數 $f'(x)$ 小於零的區間內遞減。
我們需要找到 $f'(x) > 0$ 和 $f'(x) < 0$ 的區間。

首先，找出 $f'(x) = 0$ 的點，這些點是潛在的遞增/遞減區間的分界點。
$3x^2 + 8x = 0$
$x(3x + 8) = 0$
解得 $x = 0$ 或 $3x + 8 = 0 \implies x = -\frac{8}{3}$。

這兩個點 $x = -\frac{8}{3}$ 和 $x = 0$ 將實數線分成三個區間：

1. $(-\infty, -\frac{8}{3})$
2. $(-\frac{8}{3}, 0)$
3. $(0, \infty)$

我們需要在每個區間內測試 $f'(x)$ 的符號。

區間 1: $(-\infty, -\frac{8}{3})$
選擇一個測試點，例如 $x = -3$。
$f'(-3) = 3(-3)^2 + 8(-3) = 3(9) - 24 = 27 - 24 = 3$。

此題考驗多元函數的偏導數計算，特別是涉及複合函數和根號的偏導數。

首先，我們計算 $f_x(x,y)$，即對 $f(x,y)$ 對 $x$ 的偏導數。
$f(x,y) = \sqrt{x^2 + 2y^2} = (x^2 + 2y^2)^{1/2}$

使用鏈式法則，對 $x$ 的偏導數為：
$f_x(x,y) = \frac{\partial}{\partial x} (x^2 + 2y^2)^{1/2}$
$= \frac{1}{2} (x^2 + 2y^2)^{-1/2} \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + 2y^2)$
$= \frac{1}{2} (x^2 + 2y^2)^{-1/2} \cdot (2x)$
$= x (x^2 + 2y^2)^{-1/2}$
$= \frac{x}{\sqrt{x^2 + 2y^2}}$

接下來，我們計算 $f_{xy}(x,y)$，這是對 $f_x(x,y)$ 再對 $y$ 求偏導數。
$f_x(x,y) = x (x^2 + 2y^2)^{-1/2}$

對 $y$ 的偏導數為：
$f_{xy}(x,y) = \frac{\partial}{\partial y} \left( x (x^2 + 2y^2)^{-1/2} \right)$
在此過程中，$x$ 被視為常數。
$= x \cdot \frac{\partial}{\partial y} (x^2 + 2y^2)^{-1/2}$
$= x \cdot \left( -\frac{1}{2} (x^2 + 2y^2)^{-3/2} \cdot \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + 2y^2) \right)$
$= x \cdot \left( -\frac{1}{2} (x^2 + 2y^2)^{-3/2} \cdot (4y) \right)$

此題考驗定積分在計算面積中的應用。我們需要找出所圍區域的邊界，並建立正確的積分表達式。

給定的四條曲線是：

1. $y = \ln x$
2. $y = 0$ (x-軸)
3. $x = e$ (一條垂直線)
4. $x = e^2$ (另一條垂直線)

首先，我們需要確定這些曲線所圍成的區域。
在區間 $[e, e^2]$ 內，$x$ 的值介於 $e$ 和 $e^2$ 之間。
函數 $y = \ln x$ 在此區間內的值如何？
當 $x=e$ 時，$y = \ln e = 1$。
當 $x=e^2$ 時，$y = \ln e^2 = 2 \ln e = 2$。
由於 $\ln x$ 在 $x>0$ 時是遞增函數，所以在區間 $[e, e^2]$ 上，$\ln x \ge 1 > 0$。
這意味著曲線 $y = \ln x$ 始終在 $x$-軸 ($y=0$) 的上方。

因此，所圍成的封閉區域是由曲線 $y = \ln x$ 作為上邊界，x-軸 ($y=0$) 作為下邊界，以及垂直線 $x=e$ 和 $x=e^2$ 作為左右邊界所構成的。

該區域的面積 $A$ 可以通過對函數 $y = \ln x$ 在區間 $[e, e^2]$ 上進行定積分來計算：
$A = \int_{e}^{e^2} (\text{上邊界} - \text{下邊界}) \, dx$

此題考驗級數的收斂性判斷。對於形式複雜的級數，通常使用極限比較檢驗法 (Limit Comparison Test) 或直接比較檢驗法 (Direct Comparison Test)。

考慮級數 $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$，其中 $a_k = \frac{2k+5}{\sqrt[3]{k^6+3k^3+6}}$。
當 $k$ 非常大時，級數的行為主要由最高次項決定。
分子的最高次項是 $2k$。
分母的最高次項是 $\sqrt[3]{k^6} = k^{6/3} = k^2$。
因此，當 $k \to \infty$ 時，$a_k$ 的行為近似於 $\frac{2k}{k^2} = \frac{2}{k}$。

我們選擇一個已知的級數 $b_k = \frac{1}{k}$ 作為比較級數。
級數 $\sum_{k=1}^{\infty} b_k = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$ 是調和級數 (harmonic series)，它是一個發散的 $p$-級數，其中 $p=1 \le 1$。

現在，我們使用極限比較檢驗法，計算 $\lim_{k \to \infty} \frac{a_k}{b_k}$：
$\lim_{k \to \infty} \frac{\frac{2k+5}{\sqrt[3]{k^6+3k^3+6}}}{\frac{1}{k}}$
$= \lim_{k \to \infty} \frac{k(2k+5)}{\sqrt[3]{k^6+3k^3+6}}$