台聯大轉學考微積分 107 A3,A4,A7 卷解答

這題要求臨界點，因此只要找其導函數等於 0 的 $x$ 值。過程需注意連鎖律與 $\tan^{-1}x$ 的微分。

$y’ = – \frac{4}{{\pi ^2 }} \cdot 2 \cdot (\tan ^{ – 1} x) \cdot \frac{1}{{1 + x^2 }}\mathop = \limits^{{\text{Let}}} 0$
$\Rightarrow \tan ^{ – 1} x = 0 \Rightarrow x = 0　∎$

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此題考點：微分求極值、反三角函數的導函數

此題要求積分式的最小值，可以從積分的基本觀念著手。

被積函數為開口向下之拋物線，由面積觀念得積分最大值為 $x^2-16 \ge 0$ 處
$\begin{array}{cl} \int_a^b(x^2-16)dx & =\int_{{\rm{ – 4}}}^{\rm{4}} {x^2 – {\rm{16}}} dx \\ & =2\int_0^4 {x^2 – 16} dx \\ & =2\left[ {\frac{{x^3 }}{3} – 16x} \right]_{x = 0}^{x = 4}\\&=2(\frac{{64}}{3} – 64) = – \frac{{256}}{3}　∎ \end{array}$

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此題考點：定積分直觀觀念

此題為定積分基本題，一定要熟悉四大積分法。

Let $u = e^x \Rightarrow e^x dx = du$
$\begin{array}{cl} \int_{ – \infty }^\infty {\frac{{e^x }}{{1 + e^{2x} }}} dx=\int_0^\infty {\frac{1}{{1 + u^2 }}} du &= \left. {\tan ^{ – 1} u} \right|_{u = 0}^{u = \infty } \\ & =\frac{\pi }{2} – 0 = \frac{\pi }{2}　∎ \end{array}$

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此題考點：變數變換法

此題要求空間中曲面沿 $y$ 軸方向的切線斜率，使用方向導數的定義即可。

所求$= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{f((0,0) + t(0,1)) – f(0,0)}}{t}$
所求$=\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{f(0,t) – 0}}{t} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{(t^3 )^{\frac{1}{3}} }}{t} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} 1 = 1　∎$

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此題考點：方向導數

此題為求空間中曲面面積的基本題，要注意到積分範圍只有取第一象限。

◎ 曲面面積公式：
(一般型) $\text{A}=\iint_{\Omega}\sqrt {1 + f_x ^2 + f_y ^2 }dA$
(參數型) $\text{A}=\iint_{\Omega}\parallel \overset{\rightharpoonup}{u_x}\times \overset{\rightharpoonup}{u_y} \parallel dA$

所求$=\iint_{\Omega}\sqrt {1 + (-2) ^2 +(-2) ^2 }dA=3\iint_{\Omega}dA=3\cdot \frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}　∎$

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此題考點：曲面分析與面積分

此題於拋物面上求切平面，題目給了參數式來定義曲面，可用兩個不同方向的偏導數求得法向量，即可找到切平面方程式；也可利用等值面的想法求得。

法一 由曲面基本觀念
$\left\{ {\begin{array}{l} {\overset{\rightharpoonup}{\textbf{r}_u} = (1,0,2u)} \\ {\overset{\rightharpoonup}{\textbf{r}_v} = (0,1,2v)} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {\overset{\rightharpoonup}{\textbf{r}_u} = (1,0,4)} \\ {\overset{\rightharpoonup}{\textbf{r}_v} (1,2) = (0,1,4)}\end{array}} \right. \Rightarrow$ 取 $\overset{\rightharpoonup}{\textbf{r}_u}\times \overset{\rightharpoonup}{\textbf{r}_v}=(2,4,1)$
$\Rightarrow$ 切平面方程式為：$2x+4y-z=5　∎$

法二 由等值面觀念
曲面方程式可寫成 $z = x^2 + y^2 \Rightarrow f(x,y,z) = x^2 + y^2 – z = 0$
等位面 $f(x,y,z)=k$ 上一點 $(a,b,c)$ 的法向量為 $\nabla f(a,b,c)$
$\begin{array}{cl} \Rightarrow \overset{\rightharpoonup}{n} & =\nabla f(1,2,5) \\ & =\left. {(2x,2y, – 1)} \right|_{(1,2,5)} = (2,4, – 1) \end{array}$
$\Rightarrow$ 切平面方程式為：$2x+4y-z=5　∎$

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此題考點：等值面與切平面、曲面分析與面積分

不易直接計算的二重積分可以嘗試交換積分次序或極座標變換，由於此題被積函數有 $x^2+y^2$ 因此使用極座標變換。

$\begin{array}{cl} \int_0^\infty {\int_0^\infty {\frac{1}{{(1 + x^2 + y^2 )^2 }}} } dxdy & =\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\int_0^\infty {\frac{1}{{(1 + r^2 )^2 }}} } \cdot rdrd\theta \\ & =\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\int_0^\infty {\frac{1}{{u^2 }} \cdot \frac{{du}}{2}} } d\theta \\ & =\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\left. { – \frac{1}{u}} \right|} _{u = 1}^{u = \infty } d\theta\\&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {0 – ( – 1)} d\theta = \frac{1}{2}\underbrace {\int_0^{\frac{\pi }{2}} {d\theta } }_{\frac{\pi }{2}} = \frac{\pi }{4} 　∎ \end{array}$

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此題考點：二重積分座標變換

本題算體積分，由定義列出二重積分後，由於積分區域為一平行四邊形，使用座標變換後計算會容易許多。

Let $\left\{ {\begin{array}{c} {u = x + 4y} \\ {v = x – y} \end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{dudv}}{{dxdy}} = \left| {\begin{array}{l} 1 & 4 \\ 1 & { – 1}\end{array}} \right| = – 5$
$\Rightarrow \left| {\frac{{dudv}}{{dxdy}}} \right| = 5 \Rightarrow \left| {\frac{{dxdy}}{{dudy}}} \right| = \frac{1}{5}$

$\begin{array}{cl} V & =\iint_{R}\sqrt{(x+4y)(x-y)}dxdy \\ & =\iint_{R^{\prime}}\sqrt {uv} \cdot \left| {\frac{{dxdy}}{{dudv}}} \right| dudv \\ & =\frac{1}{5}\int_0^5 {\int_0^5 {\sqrt {uv} } } dudv\\&=\frac{1}{5}\int_0^5 {\sqrt v } (\int_0^5 {\sqrt u } du)dv = \frac{1}{5}(\int_0^5 {\sqrt u } du)(\int_0^5 {\sqrt v } dv)\\&=\frac{1}{5}(\int_0^5 {\sqrt u } du)^2 = \frac{1}{5}(\left. {\frac{{u^{\frac{3}{2}} }}{{\frac{3}{2}}}} \right|_{u = 0}^{u = 5} )^2\\&=\frac{1}{5} \cdot \frac{4}{9} \cdot (5\sqrt 5 )^2 = \frac{{100}}{9}　∎  \end{array}$

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此題考點：二重積分座標變換

本題討論一個鐵盤上的溫度函數。 第一題求某一點走哪個方向溫度上升最快，其實問的就是梯度的特性，只需算出來即可； 第二題則是要找出一條曲線沿著走，都是溫度上升最快的，這就要討論切向量跟梯度的關係了，於是會列出微分方程，並且要求出它的解。

increase most rapidly:
$\nabla T( – 1,2) = \left. {( – 4x, – 2y)} \right|_{( – 1,2)} = (4, – 4)$
rate: $\sqrt {4^2 + ( – 4)^2 } = 4\sqrt 2　∎$

Let the path be $\left\{ {\begin{array}{c} {x = x(t),} & {x(0) = – 1} \\ {y = y(t),} & {y(0) = 2}\end{array}} \right.$
$\Rightarrow (x'(t),y'(t)) = \lambda (t)( – 4x(t), – 2y(t))$
$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {x'(t) = – 4\lambda (t) \cdot x(t)} \\ {y'(t) = – 2\lambda (t) \cdot y(t)}\end{array}} \right.$
$\Rightarrow \frac{{x'{\rm{(}}t{\rm{)}}}}{{y'(t)}} = 2 \cdot \frac{{x(t)}}{{y(t)}} \Rightarrow \frac{{x'(t)}}{{x(t)}} = 2 \cdot \frac{{y'(t)}}{{y(t)}}$
$\mathop \Rightarrow \limits^{\int {dt} } \ln \left| {x(t)} \right| = 2\ln \left| {y(t)} \right| + C$
$\mathop \Rightarrow \limits^{t = 0} \ln 1 = 2\ln 2 + C \Rightarrow C = – 2\ln 2 = – \ln 4$
$\Rightarrow \left| {x(t)} \right| = \frac{1}{4}y(t)^2 \Rightarrow y^2 = 4\left| x \right|$
$\Rightarrow$ 因要求沿溫度上升方向，故取 $y^2=-4x,\ y\ge 0　∎$

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此題考點：梯度、旋度、散度、微分方程〔1〕〔2〕

級數的歛散性為必考題，第一小題可以直接觀察一般項的極限；第二小題可以用已知級數搭配極限比較審斂法。

〔1〕
$\because\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {(\frac{{3n + 2}}{{n + 3}})^n } \right|^{\frac{1}{n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{3n + 2}}{{n + 3}} = 3 > 1$
$\therefore\ \sum\limits_{n = 1}^\infty {(\frac{{3n + 2}}{{n + 3}})^n }$ diverges (by root test)$.　∎$

〔2〕
$\begin{array}{cl} \because & \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{e^{\frac{2}{n}} }}{{n^2 }}}}{{\frac{1}{{n^2 }}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } e^{\frac{2}{n}} = 1 \\ & \text{and }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n^2 }}}\text{ converges (by }p\text{-series)}. \\ \therefore & \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{e^{\frac{2}{n}} }}{{n^2 }}}\text{ converges (by limit comparison test).}　∎  \end{array}$

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此題考點：級數、p-級數、極限比較審斂法

此題要求線積分最大值，由於路徑已明確要求為一個封閉圓，且 $y^3$ 和 $27x-x^3$ 偏導函數連續，因此可以用格林定理轉為面積分討論。

◎ Green theorem:
$\oint_C {Pdx} + Qdy =\iint_{\Omega}Q_x-P_ydxdy$

By Green’s theorem,
$\int_C {y^3 } dx + (27x – x^3 )dy =\iint_{\Omega}27-3x^2-3y^2dxdy$

為使積分最大，取 $\Omega =\left\{ \left. {(x,y)} \right|27 – 3x^2 – 3y^2 \ge 0 \right\}\Rightarrow \left\{ \left. {(x,y)} \right|x^2 +y^2 \leq 9 \right\}$

$\begin{array}{cl} \Rightarrow \int_C {y^3 dx} + (27x – x^3 )dy &=\iint_{\Omega} 27-3x^2-3y^2= dxdy\\&=\int_0^{2\pi } {\int_0^3 {(27 – 3r^2 )r} dr} d\theta\\&(\text{Let }u=27-3r^2\Rightarrow du=-6rdr)\\&=\int_0^{2\pi } {\int_{27}^0 {u \cdot \frac{{du}}{{ – 6}}} } d\theta\\&=\frac{1}{6}\int_0^{2\pi } {\left. {\frac{{u^2 }}{2}} \right|_{u = 0}^{u = 27} } d\theta\\&=\frac{1}{{12}}\int_0^{2\pi } {729} d\theta\\&=\frac{{729}}{{12}} \cdot 2\pi = \frac{{243}}{2}\pi　∎ \end{array}$

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此題考點：格林定理