台綜大轉學考微積分 107 C 卷解答

本題為函數微分的基本題。

$1^{\circ}\ (x^9)^{\prime}=9x^8,\ (5^x)^{\prime}=5^x\ln 5$
　$\ (\log_2 x)^{\prime}=\frac{1}{x\ln 2}$
　$\begin{array}{cl} (\log_x 7)^{\prime}=(\frac{\ln 7}{\ln x})^{\prime} &=\ln 7((\ln x)^{-1})^{\prime} \\ &=\ln 7\cdot (-(\ln x)^{-2}\cdot \frac{1}{x}) \\ & =-\frac{\ln 7}{x(\ln x)^2}\\&=-\frac{1}{x}\cdot \log_x 7\cdot \frac{1}{\ln x}\\&=-\frac{\log_x 7}{x\ln x}  \end{array}$
$2^{\circ}\ f^{\prime}(x)=9x^8+5^x\ln 5+\frac{1}{x\ln 2}-\frac{\log_x 7}{x\ln x}　∎$

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此題考點：導數與微分的概念

要求單變數函數的極值，馬上想到微分。

$\begin{array}{cl} 1^{\circ}\ f^{\prime}(x)&=\frac{{\frac{1}{x} \cdot x^{\frac{1}{3}} + (\ln x) \cdot \frac{1}{3}x^{ – \frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}} }}{{x^{\frac{2}{3}} }} = \frac{{x^{ – \frac{2}{3}} (1 + \frac{1}{3}\ln x)}}{{x^{\frac{2}{3}} }} \\ & =\frac{{1 + \frac{1}{3}\ln x}}{{x^{\frac{4}{3}} }}\mathop = \limits^{Let} 0 \end{array}$
　$\Rightarrow 1 – \frac{1}{3}\ln x = 0 \Rightarrow \ln x = 3 \Rightarrow x = e^3$
$2^{\circ}$ For $x<e^3$
　 $\Rightarrow \ln x<\ln e^3=3$
　 $\Rightarrow \frac{1}{3}\ln x<\frac{1}{3}\cdot 3=1$
　 $\Rightarrow 1-\frac{1}{3}\ln x>0$
　 $\Rightarrow \frac{{1 – \frac{1}{3}\ln x}}{{x^{\frac{4}{3}} }} = f'(x) > 0$
　 For $x>e^3$
　 $\Rightarrow \ln x>\ln e^3=3$
　 $\Rightarrow \frac{1}{3}\ln x>\frac{1}{3}\cdot 3=1$
　 $\Rightarrow 1-\frac{1}{3}\ln x<0$
　 $\Rightarrow \frac{{1 – \frac{1}{3}\ln x}}{{x^{\frac{4}{3}} }} = f'(x) < 0$
$3^{\circ}$ By $2^{\circ}$, $\max.=f(e^3 ) = \frac{{\ln e^3 }}{{(e^3 )^{\frac{1}{3}} }} = \frac{3}{e}　∎$

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此題考點：微分求極值

這題極限題雖然它不定型，也滿足羅必達的使用條件，但是直接算會非常難處理。可以觀察到分子的部分是三角函數與反三角函數合成，因此能透過廣義三角函數化簡，之後是比較常見的類型，除了羅必達外，在收斂區間使用泰勒展開式也是不錯的選擇。

$1^{\circ}$ Let $\tan\theta=x\Rightarrow \theta=\tan^{-1}x$
　 $\begin{array}{cl} \Rightarrow \sin(2\tan^{-1}x)=\sin2\theta & =2\sin\theta\cos\theta \\ & =2 \cdot \frac{x}{{\sqrt {1 + x^2 } }} \cdot \frac{1}{{\sqrt {1 + x^2 } }} = \frac{{2x}}{{1 + x^2 }} \end{array}$
　 Let $\sin \phi = 2x \Rightarrow \phi = \sin ^{ – 1} 2x$
　 $\Rightarrow \tan (\sin ^{ – 1} 2x) = \tan \phi = \frac{{2x}}{{\sqrt {1 – 4x^2 } }}$
$2^{\circ}$ 所求$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{2x}}{{1 + x^2 }} – \frac{{2x}}{{\sqrt {1 – 4x^2 } }}}}{{x^3 }}$
　 　　$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{x^2 }}(\frac{1}{{1 + x^2 }} – \frac{1}{{\sqrt {1 – 4x^2 } }})$
　　　 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{x^2 }}( – 3x^2 – 5x^4 + \cdots ) = – 6　∎$
　　　 ● $\frac{1}{{1 + x^2 }} = 1 – x^2 + x^4 – x^6 + \cdots$, $x^2<1$
　　　 ● 由二項式定理：$(x + y)^{\frac{1}{2}} = x^{\frac{1}{2}} + \frac{1}{2}x^{ – \frac{1}{2}} y + \frac{{(\frac{1}{2})( – \frac{1}{2})}}{2}x^{ – \frac{3}{2}} y^2 + \cdots$
　　　　$\Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {1 – 4x^2 } }} = (1 – 4x^2 )^{\frac{1}{2}} = 1 + 2x^2 + 6x^4 + \cdots$

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此題考點：泰勒級數及泰勒定理

這題極限題看到底數與指數都是變數，馬上想到換底公式 $f(x) = e^{\ln f(x)}$ ，就變成黎曼和的級數，這時候嘗試補上缺項，先湊成完整黎曼和再扣掉湊項，就可以得到兩個黎曼和相減了。

$1^{\circ}$ 原式$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{\frac{{n + 1}}{n} \cdot \frac{{n + 3}}{n} \cdots \frac{{3n – 1}}{n}}}$
　 $=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } e^{\ln \left[ {(\frac{{n + 1}}{n})(\frac{{n + 3}}{n}) \cdots (\frac{{3n – 1}}{n})} \right]^{\frac{1}{n}} }$
　 $= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } e^{\frac{1}{n}\left[ {\ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 + \frac{3}{n}) + \cdots + \ln (1 + \frac{{2n – 1}}{n})} \right]}$
　 $= e^{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\ln (1 + \frac{{2k – 1}}{n})} }$
　 $= e^{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\left[ {\sum\limits_{k = 1}^{2n} {\ln (1 + \frac{k}{n})} – \sum\limits_{k = 1}^n {\ln (1 + \frac{{2k}}{n})} } \right]}$
$\begin{array}{cl} 2^{\circ}\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{2n} {\ln (1 + \frac{k}{n})} &=\int_0^2 {\ln (1 + x)} dx \\ &(\text{Let }u=1+x\Rightarrow du=dx) \\ &=\int_1^3 {\ln udu} = \left. {u\ln u} \right|_1^3 – \int_1^3 {du} = 3\ln 3 – 2  \end{array}$
　 $\begin{array}{cl} \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\ln (1 + \frac{{2k}}{n})} & =\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\ln (1 + 2 \cdot \frac{k}{n})} \\ & =\int_0^1 {\ln (1 + 2x)} dx \\ &(\text{Let }u=1+2x\Rightarrow du=2dx)\\&=\int_1^3 {\ln u} \cdot \frac{{du}}{2}\\&= \frac{1}{2}\left[ {\left. {u\ln u} \right|_1^3 – \int_1^3 {du} } \right]\\&=\frac{1}{2}\left[ {3\ln 3 – 2} \right] = \frac{3}{2}\ln 3 – 1  \end{array}$
$3^{\circ}$ 所求$=e^{3\ln 3 – 2 – \frac{3}{2}\ln 3 + 1}$
　　　 $= e^{\frac{3}{2}\ln 3 – 1} = e^{\ln \frac{{3^{\frac{3}{2}} }}{e}} = \frac{{3^{\frac{3}{2}} }}{e}　∎$

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此題考點：定積分直觀觀念

單變數函數的積分要馬上想到四大積分法，再依照被積函數的特徵篩選出適合的方法，本題使用三角置換，並利用三角函數的降次公式處理剩下的積分。

$1^{\circ}$ 令 $x=\sqrt{2}\tan u\Rightarrow dx=\sqrt{2}\sec^2 udu$
　 則原式$=\int {\frac{1}{{(\sqrt 2 \sec u)^5 }}} \cdot \sqrt 2 \sec ^2 udu$
　 　　　$= \frac{1}{4}\int {\cos ^3 } udu$
　 　　　$= \frac{1}{4}\int {\frac{1}{4}(\cos 3u + 3\cos u)} du$
　 　　　$=\frac{1}{{16}}\left[ {\frac{{\sin 3u}}{3} + 3\sin u} \right] + C$
　 　　　$= \frac{1}{{48}}(3\sin u – 4\sin ^3 u + 9\sin u) + C$
　 　　　$= \frac{1}{{48}}(12 \cdot \frac{x}{{\sqrt {x^2 + 2} }} – 4(\frac{x}{{\sqrt {x^2 + 2} }})^3 ) + C$
　 　　　$=\frac{1}{{48}}(\frac{{12x(x^2 + 2) – 4x^3 }}{{(x^2 + 2)^{\frac{3}{2}} }}) + C $
　 　　　$=\frac{1}{{48}} \cdot \frac{{8x^3 + 24x}}{{(x^2 + 2)^{\frac{3}{2}} }} + C = \frac{{x(x^2 + 3)}}{{6(x^2 + 2)^{\frac{3}{2}} }} + C　∎ $

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此題考點：三角置換法

通常看到單變數的積分有直觀的做法，但這題指定使用提示的級數和結果來計算，但一個是連續型一個是離散型，似乎很難搭在一起，這時候有個觀念剛好是在收斂區間內，將連續函數化為級數和的型式，也就是泰勒展開式。

　 $\begin{array}{cl} \ln(1+x) & =\int_0^x {\frac{1}{{1 + t}}} dt = \int_0^x {\frac{1}{{1 – ( – t)}}} dt \\ & =\int_0^x {1 – t + t^2 – t^3 + t^4 \cdots } dt,\ \left| x\right|<1 \end{array}$
$1^{\circ}$ 令 $x=\sqrt{2}\tan u\Rightarrow dx=\sqrt{2}\sec^2 udu$
　 則原式$=\int_0^1 {\frac{1}{x}(x – \frac{{x^2 }}{2} + \frac{{x^3 }}{3} – \frac{{x^4 }}{4} + \frac{{x^5 }}{5} \cdots )} dx$
　 　　　$= \int_0^1 {1 – \frac{x}{2} + \frac{{x^2 }}{3} – \frac{{x^3 }}{4} + \frac{{x^4 }}{5} – \frac{{x^5 }}{6} + \cdots } dx$
　 　　　$=1 – \frac{1}{4} + \frac{1}{9} – \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{25}} – \frac{1}{{36}} + \cdots $
　 　　　$=(\underbrace {1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{25}} + \cdots }_{\frac{{\pi ^2 }}{6}}) – 2(\frac{1}{4} + \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{36}} + \cdots )$
　 　　　$=\frac{{\pi ^2 }}{6} – 2 \cdot \frac{1}{4}(\underbrace {1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{{16}} + \cdots }_{\frac{{\pi ^2 }}{6}}) = \frac{{\pi ^2 }}{6} – \frac{1}{2} \cdot \frac{{\pi ^2 }}{6} = \frac{{\pi ^2 }}{{12}}　∎ $

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此題考點：泰勒級數及泰勒定理

這一題考的是極座標函數的面積，通常是找到上下界後直接代公式，但題目特別提示可以畫圖輔助，因此要花點心思在作圖上。

$1^{\circ}\ r = \frac{3}{{2 + \frac{y}{r}}} = \frac{{3r}}{{2r + y}}$
　 $\Rightarrow 2r+y=3$
　 $\Rightarrow 2r=3-y$
　 $\Rightarrow \underbrace {4r^2 }_{4x^2 + y^2 } = 9 – 6y + y^2$
　 $\Rightarrow 4x^2 + 3y^2 + 6y – 9 = 0$
　 $\Rightarrow 4x^2 + 3(y + 1)^2 = 9 + 3 = 12$
　 $\Rightarrow \frac{{x^2 }}{3} + \frac{{(y + 1)^2 }}{4} = 1 \Rightarrow a^2 = 4,{\rm{ }}b^2 = 3$
　 $\Rightarrow$ Area$=ab\pi=2\sqrt{3}\pi　∎ $

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此題考點：極座標統整應用

求二變數函數的估計值和單變數的狀況很像，單變數函數為微分求切線再代入點，而二變數可以先找出切面再帶入所求的點，影片快速複習如何用幾何的觀念求近似值。

$1^{\circ}\ F(2,1,z) = 0$
　 $\Rightarrow 2 + z^3 + 2z – 5 = z^3 + 2z – 3 = (z – 1)(z^2 + z + 3) = 0$
$2^{\circ}\ \nabla F = (y + yz,x + xz,3z^2 + xy)$
　 $\nabla F(2,1,1) = (2,4,5)$
　 $\Rightarrow E:x + 4y + 5z = 13$
$3^{\circ}\ \ 　2\times 1.97+4\times 1.04+5z=13$
　 $\Rightarrow 3.94+4.16+5z=13$
　 $\Rightarrow 5z=13-8.1=4.9$
　 $\Rightarrow z=0.98　∎$

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此題考點：多變數函數的微分量

遇到二重積分，比較常見的解法有：直接算、極座標變換、富比尼定理、jacobian…等，這一題依照積分區域的樣子我們使用Jacobian，需要注意的是題目要求只要算第一象限的部分，因此直接算完還不是答案。

$1^{\circ}\ \left\{ {\begin{array}{l} {u = x^2 + y^2 } \\ {v = y^2 – x^2 } \\ \end{array}} \right.$
　 $\begin{array}{cl} \Rightarrow \frac{{\partial (u,v)}}{{\partial (x,y)}} & =\left| {\begin{array}{cc} {u_x } & {u_y } \\ {v_x } & {v_y } \end{array}} \right| \\ & =\left| {\begin{array}{cc} {2x} & {2y} \\ { – 2x} & {2y}\end{array}} \right| = 8xy  \end{array}$
　 $\Rightarrow \frac{{\partial (x,y)}}{{\partial (u,v)}} = \frac{1}{{8xy}}$
$\begin{array}{ll} 2^{\circ}\ \iint_R\frac{xy}{y^4-x^4}dA&=\frac{1}{4}\int_1^4 {\int_4^9 {\frac{{xy}}{{uv}} \cdot \underbrace {\frac{{\partial (x,y)}}{{\partial (u,v)}}}_{\frac{1}{{8xy}}}} } dudv \\ & =\frac{1}{{32}}\int_1^4 {\frac{1}{v}} \cdot \left. {\ln u} \right|_{u = 4}^{u = 9} dv \\ & =\frac{1}{{32}}\ln \frac{9}{4} \cdot \ln 4\\&=\frac{1}{{32}} \cdot 2 \cdot \ln \frac{3}{2} \cdot 2 \cdot \ln 2 = \frac{1}{8}\ln \frac{3}{2} \cdot \ln 2　∎\end{array}$

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此題考點：二變數函數的積分

最後一題為線積分，除了直接做之外，通常還有格林定理、線積分的微積分基本定理可以處理，由於積分區域並非封閉曲線而且不好直接算，驗證後有找到potential function，因此我們就可以使用線積分的微積分基本定理。

$1^{\circ}\ M_y = \frac{{( – 1)(x^2 + y^2 ) – (x – y)(2y)}}{{(x^2 + y^2 )^2 }} = \frac{{y^2 – 2xy – x^2 }}{{(x^2 + y^2 )^2 }}$
　 $N_x = \frac{{1 \cdot (x^2 + y^2 ) – (x + y)(2x)}}{{(x^2 + y^2 )^2 }} = \frac{{y^2 – 2y – x^2 }}{{(x^2 + y^2 )^2 }}$
　 $\Rightarrow \exists \varphi$ s.t. $\left\{ {\begin{array}{cc} {\varphi _x = M} & (1) \\ {\varphi _y = N} & (2)\end{array}} \right.$
$\begin{array}{ll} 2^{\circ}\ \text{By (1)}\Rightarrow \varphi&=\int M dx = \int {\frac{{x – y}}{{x^2 + y^2 }}} dx \\ & = \int {\frac{x}{{x^2 + y^2 }}} dx – y\int {\frac{1}{{x^2 + y^2 }}} dx = \frac{1}{2}\ln (x^2 + y^2 ) \\ & =\frac{1}{2}\ln (x^2 + y^2 ) – y \cdot \frac{1}{{y^2 }}\int {\frac{1}{{(\frac{x}{y})^2 + 1}}} d(\frac{x}{y}) \cdot y\\&={\frac{1}{2}\ln (x^2 + y^2 ) – \tan ^{ – 1} (\frac{x}{y}) + \phi (y)}　(3)\end{array}$
$3^{\circ}$ (3) 代入 (2):
　 $\begin{array}{cl} \varphi _y & =\frac{1}{2} \cdot \frac{{2y}}{{x^2 + y^2 }} – \frac{1}{{1 + (\frac{x}{y})^2 }} \cdot x \cdot ( – \frac{1}{{y^2 }}) + \phi ‘(y) \\ & =\frac{y}{{x^2 + y^2 }} + \frac{x}{{y^2 + x^2 }} + \phi ‘(y) \\ & =\frac{{y + x}}{{x^2 + y^2 }} + \phi ‘(y)\mathop = \limits^{(2)} N = \frac{{x + y}}{{x^2 + y^2 }}\\&=\Rightarrow \phi ‘(y) = 0 \Rightarrow \phi (y) = C  \end{array}$
　 代回 (3) $\Rightarrow \varphi (x,y) = \frac{1}{2}\ln (x^2 + y^2 ) – \tan ^{ – 1} (\frac{x}{y}) + C$
$4^{\circ}$ F.T.O.C. for line integral
　 $\begin{array}{cl} \int_C {Mdx + Ndy} & =\varphi (r(1)) – \varphi (r(0)),　r(0)=(2,1), r(1)=(1,3) \\ & =(\frac{1}{2}\ln (1 + 9) – \tan ^{ – 1} (\frac{1}{3})) – (\frac{1}{2}\ln (4 + 1) – \tan ^{ – 1} (\frac{2}{1}))\\&=\frac{1}{2}\ln 2 – \tan ^{ – 1} \frac{1}{3} + \tan ^{ – 1} 2　∎  \end{array}$

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此題考點：線積分