108 年 國立中央警察大學碩士班共同科目《微積分》

此題為求極限問題，屬於不定型極限，需使用對數法及 L'Hôpital's Rule。

原式為 $\lim_{x \to 0^+} (5x)^{x^5}$，當 $x \to 0^+$ 時，$5x \to 0^+$ 且 $x^5 \to 0^+$，故為 $0^0$ 型不定式。
我們令 $y = (5x)^{x^5}$，然後取自然對數：
$\ln y = \ln((5x)^{x^5}) = x^5 \ln(5x)$

接著我們求 $\lim_{x \to 0^+} \ln y$：
$\lim_{x \to 0^+} \ln y = \lim_{x \to 0^+} x^5 \ln(5x)$
此形式為 $0 \cdot (-\infty)$，也是不定型。我們將其改寫成分數形式，以便使用 L'Hôpital's Rule：
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(5x)}{1/x^5}$

此題為求函數的微分，主要考驗對數微分法與連鎖律。

給定函數 $y = \ln(5x\sqrt{x^2-1})$。
為了方便微分，我們可以先利用對數的性質將函數展開：
$y = \ln(5x) + \ln(\sqrt{x^2-1})$
$y = \ln(5) + \ln(x) + \ln((x^2-1)^{1/2})$
$y = \ln(5) + \ln(x) + \frac{1}{2}\ln(x^2-1)$

現在對 $y$ 進行微分 $\frac{dy}{dx}$：
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\ln(5)) + \frac{d}{dx}(\ln(x)) + \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{2}\ln(x^2-1)\right)$

其中，
$\frac{d}{dx}(\ln(5)) = 0$ (常數的微分為零)
$\frac{d}{dx}(\ln(x)) = \frac{1}{x}$

此題為計算定積分，主要考驗分部積分法。

我們需要計算 $\int_0^e \ln(x) dx$。
首先，我們需要找到 $\ln(x)$ 的不定積分。我們使用分部積分法，公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
令 $u = \ln(x)$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
令 $dv = dx$，則 $v = x$。

所以，$\int \ln(x) dx = (\ln x)(x) - \int x \cdot \frac{1}{x} dx$
$= x \ln x - \int 1 \, dx$
$= x \ln x - x + C$

現在我們計算定積分 $\int_0^e \ln(x) dx$。
$\int_0^e \ln(x) dx = [x \ln x - x]_0^e$

這裡我們遇到一個問題：當 $x \to 0^+$ 時，$x \ln x$ 是不定型。我們需要計算 $\lim_{x \to 0^+} (x \ln x)$。
令 $y = x \ln x$。我們將其改寫成 $\frac{\ln x}{1/x}$，以便使用 L'Hôpital's Rule。
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}$
當 $x \to 0^+$ 時，分子 $\ln x \to -\infty$，分母 $1/x \to +\infty$。故為 $-\infty/\infty$ 型。
對分子和分母微分：
分子微分：$\frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{x}$
分母微分：$\frac{d}{dx}(x^{-1}) = -x^{-2} = -\frac{1}{x^2}$

此題為計算立體體積，屬於多重積分的應用。題目給定的條件 $x \ge 0$, $y \ge 0$, $z \ge 0$ 以及兩個曲面 $y=1-x^2$ 和 $z=1-x^2$。

首先，我們需要理解這兩個曲面所圍成的區域。
$y = 1-x^2$ 在 $xy$-平面上是一個開口向下的拋物線。由於 $y \ge 0$，所以 $1-x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$。又因為 $x \ge 0$，所以 $0 \le x \le 1$。
$z = 1-x^2$ 在 $xz$-平面上也是一個開口向下的拋物線。由於 $z \ge 0$，所以 $1-x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$。又因為 $x \ge 0$，所以 $0 \le x \le 1$。

這裡題目說「由 $y=1-x^2$ 與 $z=1-x^2$ 所圍成的立體體積」。這句話有點含糊，因為兩個曲面本身並沒有直接圍出一個封閉的體積，它們都是無限延伸的曲面。通常，題目會給出更多封閉曲面，或者指定一個區域。
但是，題目又給了條件 $x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$。這表示我們考慮的區域在第一卦限。
且 $y=1-x^2$ 和 $z=1-x^2$ 這兩個曲面在 $x \in [0, 1]$ 的範圍內，且 $y, z \ge 0$。

我們仔細閱讀題目：「求由 $y=1-x^2$ 與 $z=1-x^2$ 所圍成的立體體積。」
這句話通常表示，我們考慮的是由這兩個曲面以及與座標平面形成的封閉區域。
在 $x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$ 的條件下，
$y = 1-x^2$ 表示當 $x$ 從 0 變到 1 時，$y$ 從 1 變到 0。

此題為計算立體體積，題目給定了兩個曲面：一個是拋物面 $z=x^2+y^2+1$，另一個是平面 $z=0$。同時還給定了一個圓柱面 $x^2+y^2=4$。
條件 $z=0$ 實際上是圍繞體積的下邊界。
$x^2+y^2=4$ 是以原點為圓心，半徑為 2 的圓柱面。

我們需要求由拋物面 $z=x^2+y^2+1$ 和平面 $z=0$ 以及圓柱面 $x^2+y^2=4$ 所圍成的立體體積。
這個立體的頂部由拋物面 $z=x^2+y^2+1$ 決定，底部由平面 $z=0$ 決定，側邊由圓柱面 $x^2+y^2=4$ 決定。
因此，積分區域在 $xy$-平面上是圓盤 $x^2+y^2 \le 4$。
在這一區域內，體積的上下界分別是 $z=0$ 和 $z=x^2+y^2+1$。

計算體積 $V$ 的方法是透過積分：
$V = \iint_D (z_{top} - z_{bottom}) \, dA$
其中 $D$ 是在 $xy$-平面上的積分區域，即 $x^2+y^2 \le 4$。
$z_{top} = x^2+y^2+1$
$z_{bottom} = 0$

所以，
$V = \iint_{x^2+y^2 \le 4} (x^2+y^2+1) \, dA$

此題為求指數函數的微分，其中指數部分是變數的函數，因此需要使用對數微分法。

給定函數 $y = x^{10^x}$。
這是屬於 $f(x)^{g(x)}$ 型的函數。我們令 $y = x^{10^x}$。
取自然對數：
$\ln y = \ln(x^{10^x})$
$\ln y = 10^x \ln x$

現在我們對等式兩邊同時微分，使用連鎖律和乘法定律。
左邊微分：$\frac{d}{dx}(\ln y) = \frac{1}{y} \frac{dy}{dx}$。
右邊微分：$\frac{d}{dx}(10^x \ln x)$。
我們需要使用乘法定律 $\frac{d}{dx}(uv) = u'v + uv'$。
令 $u = 10^x$ 且 $v = \ln x$。
$u' = \frac{d}{dx}(10^x) = 10^x \ln 10$ (指數函數 $a^x$ 的微分是 $a^x \ln a$)。
$v' = \frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{x}$。

所以，右邊的微分是：
$\frac{d}{dx}(10^x \ln x) = (10^x \ln 10) (\ln x) + (10^x) \left(\frac{1}{x}\right)$
$= 10^x \ln 10 \ln x + \frac{10^x}{x}$

此題為求指數函數的微分，其中指數部分是變數的函數，因此需要使用對數微分法。

給定函數 $y = e^{(0.3+0.5x) \ln x}$。
注意到函數的形式是 $e^{f(x)}$，其中 $f(x) = (0.3+0.5x) \ln x$。
根據指數函數的微分規則，$\frac{d}{dx}(e^{f(x)}) = e^{f(x)} \cdot f'(x)$。
所以，我們只需要計算 $f(x)$ 的微分 $f'(x)$，然後再乘以原函數 $y$。

$f(x) = (0.3+0.5x) \ln x$。
我們使用乘法定律 $\frac{d}{dx}(uv) = u'v + uv'$。
令 $u = 0.3+0.5x$ 且 $v = \ln x$。
$u' = \frac{d}{dx}(0.3+0.5x) = 0.5$。
$v' = \frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{x}$。

所以，$f'(x) = u'v + uv'$
$f'(x) = (0.5)(\ln x) + (0.3+0.5x)\left(\frac{1}{x}\right)$
$f'(x) = 0.5 \ln x + \frac{0.3}{x} + \frac{0.5x}{x}$
$f'(x) = 0.5 \ln x + \frac{0.3}{x} + 0.5$

此題為求隱函數曲線在特定點的切線方程式，需要用到隱函數微分法。

給定曲線的方程式為 $3e^{x^2} = x+y$。
我們需要在點 $(0,3)$ 求切線方程式。首先，驗證點 $(0,3)$ 是否在曲線上。
將 $x=0, y=3$ 代入方程式：
$3e^{0^2} = 0+3$
$3e^0 = 3$
$3 \cdot 1 = 3$
$3 = 3$
點 $(0,3)$ 在曲線上。

接下來，我們需要求曲線的斜率，即 $\frac{dy}{dx}$。對曲線方程式兩邊同時微分：
$\frac{d}{dx}(3e^{x^2}) = \frac{d}{dx}(x+y)$

左邊微分：
$\frac{d}{dx}(3e^{x^2})$
使用連鎖律，令 $u = x^2$，則 $\frac{d}{dx}(3e^u) = 3e^u \frac{du}{dx}$。
$\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x$。
所以，$\frac{d}{dx}(3e^{x^2}) = 3e^{x^2} (2x) = 6xe^{x^2}$。

此題為計算定積分，屬於瑕積分，因為積分區間內包含 $\ln x$ 的奇點 $x=0$。我們需要使用分部積分法。

首先，我們計算不定積分 $\int x^3 \ln x \, dx$。
我們使用分部積分法 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
令 $u = \ln x$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
令 $dv = x^3 dx$，則 $v = \int x^3 dx = \frac{x^4}{4}$。

所以，
$\int x^3 \ln x \, dx = (\ln x) \left(\frac{x^4}{4}\right) - \int \frac{x^4}{4} \cdot \frac{1}{x} dx$
$= \frac{x^4}{4} \ln x - \int \frac{x^3}{4} dx$
$= \frac{x^4}{4} \ln x - \frac{1}{4} \int x^3 dx$
$= \frac{x^4}{4} \ln x - \frac{1}{4} \left(\frac{x^4}{4}\right) + C$
$= \frac{x^4}{4} \ln x - \frac{x^4}{16} + C$

現在我們計算定積分 $\int_0^1 x^3 \ln x \, dx$。這是一個瑕積分，因為 $\ln x$ 在 $x=0$ 時發散。
我們需要計算 $\lim_{a \to 0^+} \int_a^1 x^3 \ln x \, dx$。

$\int_a^1 x^3 \ln x \, dx = \left[ \frac{x^4}{4} \ln x - \frac{x^4}{16} \right]_a^1$
$= \left( \frac{1^4}{4} \ln 1 - \frac{1^4}{16} \right) - \left( \frac{a^4}{4} \ln a - \frac{a^4}{16} \right)$
$= \left( \frac{1}{4} \cdot 0 - \frac{1}{16} \right) - \left( \frac{a^4}{4} \ln a - \frac{a^4}{16} \right)$

此題為計算定積分，積分函數為三角函數的乘積。我們需要利用三角恆等式和換元積分法。

積分為 $\int_0^{\pi/2} \tan^2 x \sec^3 x \, dx$。
我們可以使用恆等式 $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$。
原積分變為：
$\int_0^{\pi/2} (\sec^2 x - 1) \sec^3 x \, dx$
$= \int_0^{\pi/2} (\sec^5 x - \sec^3 x) \, dx$

這個積分形式可以透過遞迴公式來計算 $\int \sec^n x \, dx$，但對於 $n=5$ 和 $n=3$ 來說，計算會比較複雜。
另一種常見的策略是觀察積分的形式，看看是否有適合的換元。

考慮換元 $u = \sec x$。
那麼 $du = \sec x \tan x \, dx$。
然而，原積分是 $\tan^2 x \sec^3 x \, dx = \tan x \sec x \cdot \tan x \sec^2 x \, dx$。
這裡我們有 $\sec^3 x = \sec^2 x \cdot \sec x$，以及 $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$。
所以，$\tan^2 x \sec^3 x \, dx = (\sec^2 x - 1) \sec^2 x (\sec x \tan x) \, dx$。

令 $u = \sec x$，則 $du = \sec x \tan x \, dx$。
積分區域：
當 $x=0$, $u = \sec 0 = 1$。
當 $x=\pi/2$, $u = \sec(\pi/2)$ 是發散的，趨近於 $+\infty$。
所以，積分變為：
$\int_1^\infty (u^2 - 1) u^2 \, du$
$= \int_1^\infty (u^4 - u^2) \, du$

現在我們計算這個瑕積分：
$= \lim_{b \to \infty} \int_1^b (u^4 - u^2) \, du$
$= \lim_{b \to \infty} \left[ \frac{u^5}{5} - \frac{u^3}{3} \right]_1^b$
$= \lim_{b \to \infty} \left( \frac{b^5}{5} - \frac{b^3}{3} \right) - \left( \frac{1^5}{5} - \frac{1^3}{3} \right)$
$= \lim_{b \to \infty} \left( \frac{b^5}{5} - \frac{b^3}{3} \right) - \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{3} \right)$

當 $b \to \infty$ 時，$\frac{b^5}{5} - \frac{b^3}{3} = b^3 \left( \frac{b^2}{5} - \frac{1}{3} \right)$，這個值趨近於 $+\infty$。
因此，這個瑕積分是發散的。

檢查題目或計算過程。
原積分是 $\int_0^{\pi/2} \tan^2 x \sec^3 x \, dx$。
在 $x=\pi/2$ 處，$\tan x$ 和 $\sec x$ 都發散。
$\tan^2 x \approx (\frac{1}{\pi/2 - x})^2$
$\sec^3 x \approx (\frac{1}{\pi/2 - x})^3$
所以，被積函數在 $x=\pi/2$ 附近大致是 $(\frac{1}{\pi/2 - x})^5$，這確實是個發散的瑕積分。

通常這類考試題目會設定在積分區間內函數是有界的，或者即使是瑕積分，其結果是收斂的。
我們再仔細檢查換元和積分範圍。
$u = \sec x$。
$x=0 \implies u=1$.
$x=\pi/2 \implies u \to \infty$.
$\int_1^\infty (u^4 - u^2) \, du$ 確實發散。

讓我們回頭檢查一下是否有別的換元方法，或者是否有誤解。
如果我們考慮 $\int \sec^n x \, dx$ 的遞迴公式：
$\int \sec^n x \, dx = \frac{\sec^{n-2} x \tan x}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} \int \sec^{n-2} x \, dx$

對於 $\int \sec^3 x \, dx$:
$n=3$: $\int \sec^3 x \, dx = \frac{\sec x \tan x}{2} + \frac{1}{2} \int \sec x \, dx = \frac{1}{2} \sec x \tan x + \frac{1}{2} \ln|\sec x + \tan x|$

對於 $\int \sec^5 x \, dx$:
$n=5$: $\int \sec^5 x \, dx = \frac{\sec^3 x \tan x}{4} + \frac{3}{4} \int \sec^3 x \, dx$
$= \frac{1}{4} \sec^3 x \tan x + \frac{3}{4} \left( \frac{1}{2} \sec x \tan x + \frac{1}{2} \ln|\sec x + \tan x| \right)$

核心觀念

本題考查無理根式的基本不定積分。在微積分中，遇到含有根式 $\sqrt{x^2+a^2}$ 的有理分式時，常用的標準處理方式包括：

1. 三角代換法（Trigonometric Substitution）：令 $x = a\tan\theta$，利用恆等式 $1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$ 化去根號。
2. 代數變數代換法（Algebraic Substitution）：將分母提出 $x$ 或上下同乘 $x$，令 $u = \sqrt{x^2+a^2}$ 或 $u = x^2+a^2$ 轉換為部分分式積分。
3. 基本三角函數積分公式： $$\int \csc\theta \, d\theta = -\ln|\csc\theta + \cot\theta| + C = \ln|\csc\theta - \cot\theta| + C$$

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解題方法

本題提供兩種考場最實用的解法：【法一】標準三角代換法 與 【法二】代數變數變換法（考場速解）。

【法一】標準三角代換法

1. 設定代換：
   觀察到被積函數中含有 $\sqrt{x^2+4} = \sqrt{x^2+2^2}$，令：

   $$x = 2\tan\theta \quad \left(-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}, \, \theta \neq 0\right)$$

   微分配對得：

   $$dx = 2\sec^2\theta \, d\theta$$

   根式化簡為：

   $$\sqrt{x^2+4} = \sqrt{4\tan^2\theta+4} = 2\sqrt{\sec^2\theta} = 2\sec\theta \quad (\text{因 } \sec\theta > 0)$$

2. 代入積分式：

   $$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2+4}} \, dx = \int \frac{2\sec^2\theta}{(2\tan\theta)(2\sec\theta)} \, d\theta$$ $$= \frac{1}{2} \int \frac{\sec\theta}{\tan\theta} \, d\theta$$

   將三角函數轉換為 $\sin\theta$ 與 $\cos\theta$：

   $$\frac{\sec\theta}{\tan\theta} = \frac{\frac{1}{\cos\theta}}{\frac{\sin\theta}{\cos\theta}} = \frac{1}{\sin\theta} = \csc\theta$$

   因此：

   $$\frac{1}{2} \int \csc\theta \, d\theta = -\frac{1}{2}\ln|\csc\theta + \cot\theta| + C$$

3. 還原回變數 $x$：
   依據 $x = 2\tan\theta$，即 $\tan\theta = \frac{x}{2}$，繪製直角三角形：

   • 對邊為 $x$
   • 鄰邊為 $2$
   • 斜邊為 $\sqrt{x^2+4}$

   由此可得：

   $$\csc\theta = \frac{\sqrt{x^2+4}}{x}, \quad \cot\theta = \frac{2}{x}$$

   代回積分結果：

   $$-\frac{1}{2}\ln\left| \frac{\sqrt{x^2+4}}{x} + \frac{2}{x} \right| + C = -\frac{1}{2}\ln\left| \frac{\sqrt{x^2+4}+2}{x} \right| + C$$

   亦可利用對數性質改寫為：

   $$\frac{1}{2}\ln\left| \frac{x}{\sqrt{x^2+4}+2} \right| + C$$

   或分子有理化：

   $$\frac{1}{2}\ln\left| \frac{\sqrt{x^2+4}-2}{x} \right| + C$$

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【法二】代數變數變換法（計算更迅速）