國立臺灣大學八十五學年度轉學生入學考試試題詳解

（一）填充題（每格 $6$ 分）

1. 極限值$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^n}{n!}=$　　　　。
解法
注意分子與分母隨著 $n$ 成長時的差異，容易看出答案為正無窮。


2. 若 $a,b\in\mathbb R$，且 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\left(1+ax\right)}{x^2}+\frac2x+b=0$，則 $a=$　　　　，$b=$　　　　。
題目有誤
應該思索為何分母等於零，但極限值仍存在的原因，如此可立即發現題目有誤。


3. 令 $a>0$，則 $\displaystyle\frac d{dx}\log_xa=$　　　　。
訣竅
運用換底公式後再運用連鎖律等微分公式計算即可。
解法
計算如下\[\frac d{dx}\log_xa=\frac d{dx}\frac{\ln a}{\ln x}=-\frac{\ln a}{x\left(\ln x\right)^2}.\]


4. $f\left(x\right)=x^4\left(1-2x^3\right)^{\frac12}$，則 $f^{\left(10\right)}\left(0\right)=$　　　　。
訣竅
為了計算高階導數，我們可以使用 Taylor 展開式尋找高次方的係數來求得。
解法
因為題目想求 $f^{\left(10\right)}\left(0\right)$ 的值，此值等同於 $10!a_{10}$，其中 $a_{10}$ 為 $f\left(x\right)$ 的 Taylor 展開式的 $10$ 次方的係數。再者，我們可以容易看出我們僅需計算 $\left(1-2x^3\right)^{1/2}$ 展開後的六次方係數。我們運用二項式定理如下\[\left(1-2x^3\right)^{1/2}=1-x^3-\frac12x^6+\cdots.\]因此 $a_{10}=-1/2$，故答案為 $-1814400$。


5. $f\left(x,y\right)=3x^2y-6x-4y^3+7$ 在 $\left(1,-1\right)$ 點沿著 $\overset\rightharpoonup v=\overset\rightharpoonup i+\overset\rightharpoonup j$ 方向的方向導數是　　　　。
訣竅
運用已知事實：函數在該點的梯度與單位方向的內積等於方向導數的值。
解法
根據訣竅計算如下\[\nabla f\left(1,-1\right)\cdot\frac{(1,1)}{\sqrt2}=\frac1{\sqrt2}\left.\left(6xy-6,3x^2-12y^2\right)\right|_{\left(1,-1\right)}\cdot\left(1,1\right)=-\frac{21}{\sqrt2}.\]


6. 已知 $\displaystyle\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt\pi}2$，則 $\displaystyle\int_0^\infty xe^{-x^2}\,dx=$　　　　，$\displaystyle\int_0^\infty x^2e^{-x^2}\,dx=$　　　　。
訣竅
應注意第一小題可以直接計算瑕積分，而第二小題運用分部積分後利用題幹的已知事實即可。
解法
第一小題直接積分有
$\displaystyle\int_0^\infty xe^{-x^2}\,dx=\left.-\frac12e^{-x^2}\right|_0^\infty=0-\left(-\frac12\right)=\frac12$.
第二小題運用分部積分有
$\begin{aligned}\int_0^\infty x^2e^{-x^2}\,dx&=\frac12\int_0^\infty xe^{-x^2}\,dx^2\\&=-\frac12\int_0^\infty x\,de^{-x^2}\\&=\left.-\frac12xe^{-x^2}\right|_0^\infty+\frac12\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx\\&=\frac{\sqrt\pi}4,\end{aligned}$
其中使用 L'Hôpital 法則可知 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xe^{-x^2}=0$。


7. $\displaystyle\int_0^1\int_{\sqrt x}^1\sin\left(\frac{y^3+1}2\right)\,dy\,dx=$　　　　。
訣竅
此雙重積分無法直接積分，因此應交換順序後再予以積分。
解法
依據訣竅更動積分順序後計算如下\[\begin{aligned}\int_0^1\int_{\sqrt x}^1\sin\left(\frac{y^3+1}2\right)\,dy\,dx&=\int_0^1\int_0^{y^2}\sin\left(\frac{y^3+1}2\right)\,dx\,dy\\&=\int_0^1y^2\sin\left(\frac{y^3+1}2\right)dy\\&=\left.-\frac23\cos\left(\frac{y^3+1}2\right)\right|_0^1\\&=\frac23\left(\cos\left(\frac12\right)-\cos\left(1\right)\right).\end{aligned}\]


8. 冪級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^{n-1}\frac{\left(2x-1\right)^n}{n3^n}$ 的收斂區間為　　　　。
訣竅
運用比值審歛法確定收斂半徑，接著再檢查端點的收斂性。
解法
由於 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(2x-1\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)3^{n+1}}\cdot\frac{n3^n}{\left(2x-1\right)^n}\right|<1$，因此知 $\left|2x-1\right|<3$。現在讓我們考慮端點的情況，即當 $x=2$ 或 $x=-1$ 時的情況。當 $x=2$ 時，由交錯級數審歛法可知會收斂；當 $x=-1$ 時，由 $p$ 級數在 $p=1$ 時發散。因此收斂區間為 $\left(-1,2\right]$。


9. 若 $\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\left(-1\right)^{n-1}x^n}n$，則 $\displaystyle f\left(1/2\right)=$　　　　。
訣竅
注意此函數級數為某一特殊函數的 Taylor 展開式，藉此可求得特定點的函數值。
解法
容易注意到 $\displaystyle f'\left(x\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(-x\right)^{n-1}=\frac1{1+x}$，因此 $f\left(x\right)=\ln\left|1+x\right|+C$，其中 $C$ 為積分常數。我們取 $x=0$ 可知 $C=0$，最後我們代入 $x=1/2$ 求得 $f\left(1/2\right)=\ln\left(3/2\right)$。


10. $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{2x^3}{x^2-1}$ 的所有漸近線為　　　　。（可能有垂直、水平及斜漸近線）
訣竅
根據漸近線的定義及公式逐步求解。
解法
為了找出垂直漸近線，我們探求分母可能為零的地方，容易知道為 $x=\pm1$，計算其極限值亦發散到正負無窮。為了找出水平漸近線，我們計算 $x\to\pm\infty$ 的極限，結果皆發散，因此不存在水平漸近線。最後為了找出斜漸近線，我們首先計算 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f\left(x\right)}x=2$，而 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\left(f\left(x\right)-2x\right)=0$，因此斜漸近線為 $y=2x$。綜上所述，全部的漸近線為 $x=1$、$x=-1$、$y=2x$。


11. 方程式 $x^5-5x+1=0$ 有　　　　個相異實根。
訣竅
運用代數基本定理可知至多有 5 個實根，再使用勘根定理來確認根的個數。必要時可以根據函數的斜率確認其遞增遞減來確定不會有更多的根。
解法
設 $f\left(x\right)=x^5-5x+1$，由於 $f'\left(x\right)=5\left(x^4-1\right)$。由此可知 $f$ 在 $\left(-1,1\right)$ 遞減，其餘遞增。又 $f\left(-1\right)=1$、$f\left(1\right)=-3$，因此在 $\left(-\infty,-1\right)$、$\left(-1,1\right)$、$\left(1,\infty\right)$ 之間各有一實根，因此共有三個相異實根。

（二）$f\left(x\right)$ 滿足 $\displaystyle f\left(x\right)=2+\int_0^x\frac{\sqrt{t^2+2t+2}}{e^{f\left(t\right)}}\,dt$，$x\in\mathbb R$。求 $f\left(x\right)$。（$11$ 分）

訣竅

運用微積分基本定理，微分後整理再進行積分。而進行積分的過程中需要使用三角代換，此外積分常數可以透過原積分方程中取特殊值而得。

解法

首先根據微積分基本定理可得\[\displaystyle f'\left(t\right)=\frac{\sqrt{x^2+2x+2}}{e^{f\left(x\right)}}.\]可以看出\[\left(e^{f\left(x\right)}\right)'=\sqrt{x^2+2x+2}=\sqrt{\left(x+1\right)^2+1}.\]為了積分右式，我們利用三角代換：令 $\tan\theta=x+1$，如此右式的積分可化為 $\displaystyle\int\sec^3\theta\,d\theta$。運用分部積分與三角恆等式變換可知結果如下\[\int\sec^3\theta\,d\theta=\frac{\sec\theta\tan\theta+\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|}{2}+C,\]其中 $C$ 為積分常數。如此代換回來可得\[e^{f\left(x\right)}=\frac{\left(x+1\right)\sqrt{x^2+2x+2}+\ln\left|x+1+\sqrt{x^2+2x+2}\right|}2+C.\]代入 $x=0$ 可知 $f\left(0\right)=2$，因此 $\displaystyle C=e^2-\frac{\sqrt2+\ln\left(1+\sqrt2\right)}2$，如此解得\[f\left(x\right)=\ln\left(\frac{\left(x+1\right)\sqrt{x^2+2x+2}+\ln\left|x+1+\sqrt{x^2+2x+2}\right|}2+e^2-\frac{\sqrt2+\ln\left(1+\sqrt2\right)}2\right).\]

（三）想要製作一個容量為 $\displaystyle\frac13$ 立方公寸的直圓錐形容器，則底半徑應為多少，才使所用材料最少？（即全部表面積最小）（$11$ 分）

訣竅

根據題意列出所需的變量並建立起相關的等式與函數，並利用微分求極值。

解法

設底半徑為 $r$、高為 $h$。由體積公式 $V=\pi r^2h/3=1/3$，我們有 $r^2=(\pi h)^{-1}$。而全部的表面積為 $\pi\left(r^2+r\sqrt{h^2+r^2}\right)=h^{-1}+\sqrt{\pi h+h^{-2}}$。因此我們設\[f\left(h\right)=h^{-1}+\sqrt{\pi h+h^{-2}}.\]計算微分得\[f'\left(h\right)=-h^{-2}+\frac{\pi-2h^{-3}}{2\sqrt{\pi h+h^{-2}}}=0.\]可以解得 $h=h_0=2\pi^{-1/3}$。再者，我們也可以注意到 $\displaystyle\lim_{h\to0}f\left(h\right)=\infty$、$\displaystyle\lim_{h\to\infty}f\left(h\right)=\infty$，因此可知在 $h=h_0$ 處有總表面積的極小值。此時 $r=2^{-1/2}\pi^{-1/3}$。