- 極限值 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=$ 。
- 設 $\displaystyle f\left(x\right)=3+\int_1^{x^2}\sec\left(t-1\right)\,dt$,則 $f\left(x\right)$ 在 $x=-1$ 點的切線方程式為 。
- 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{x^2-3}{2x-4}$,則 $f$ 圖形的上凹(concave upward)區間為 ,其斜漸近線方程式為 。
- 設 $f\left(x\right)=\sin\left(x^2\right)$,則 $f$ 在 $x=0$ 點的第 $6$ 階導數 $f^{\left(6\right)}\left(0\right)=$ 。
- 定積分 $\displaystyle\int_{-1}^0x\sqrt{x+1}\,dx=$ 。
- 設曲線 $\displaystyle y=\int_0^x\sqrt{\cos 2t}\,dt$,$\displaystyle0\leq x\leq\frac\pi4$,則此段曲線的長度為 。
- 方程式 $x^5-5x+1=0$ 共有實根 個。
- 設一曲面其方程式為 $xy+yz+zx-x-z^2=0$,則此曲面上以 $xy$ 平面為其切平面的點,其坐標為 。
- 設 $\mathcal D=\left\{\left(x,y\right):0\leq x\leq\pi, 0\leq y\leq\sin x\right\}$,及 $f\left(x,y\right)=y$,則二重積分 $\displaystyle\iint_{\mathcal D}f\left(x,y\right)\,dA=$ 。
訣竅
可以想到使用 L'Hôpital 法則或 Taylor 展開式來加以求解。解法一
運用 L'Hôpital 法則,我們可以得到\[\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}&=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-\sec^2x}{3x^2}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x-2\sec^2x\tan x}{6x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\cos x-4\sec^2x\tan^2x-2\sec^4x}6\\&=-\frac12.\end{aligned}\]解法二
由於 $\sin x$、$\tan x$ 的 Taylor 展開式是已知的,直接代入後約去 $x^3$ 即可得到結果:\[\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}&=\lim_{x\to0}\frac{\left(x-\frac{x^3}6+\cdots\right)-\left(x+\frac13x^3+\cdots\right)}{x^3}\\&=-\frac12.\end{aligned}\]訣竅
利用微積分基本定理,並配合連鎖律計算出其斜率,最後使用點斜式即可。解法一
運用微積分基本定理以及連鎖律可得\[f'\left(x\right)=2x\sec\left(x^2-1\right).\]因此 $f'\left(-1\right)=-2$,再者可以容易知道而 $f\left(-1\right)=3$。故切線方程式為 $y-3=-2\left(x+1\right)$。解法二
此積分是可計算的,因此直接計算可知結果如下\[f\left(x\right)=3+\ln\left|\sec\left(x^2-1\right)+\tan\left(x^2-1\right)\right|.\]如此微分後仍得 $f'\left(x\right)=\sec\left(x^2-1\right)$,餘下步驟同解法一。訣竅
根據上凹的定義,即二階偏導數為正的點。而斜漸近線則遵照其計算的規則即可。解法
容易根據微分公式計算如下$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{x^2-4x+3}{2\left(x-2\right)^2},\qquad f''\left(x\right)=\frac1{\left(x-2\right)^3}$.
因此當 $x>2$ 時圖形上凹。另一方面,我們可以計算\[\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f\left(x\right)}x=\frac12,\qquad\lim_{x\to\pm\infty}\left(f\left(x\right)-\frac x2\right)=1.\]因此斜漸近線方程式為 $\displaystyle y=\frac x2+1$。
訣竅
利用 Taylor 展開式計算高階導數值。解法
可以知道所求為 $6!a_6$,其中 $a_6$ 為 $f$ 的 Taylor 展開式中的六次方係數。由於 $\sin x$ 的展開式為 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{\left(2n+1\right)!}x^{2n+1}=x-\frac{x^3}6+\frac{x^5}{120}\mp\cdots$,因此我們可得$\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{x^{4n+2}}{\left(2n+1\right)!}=x^2-\frac{x^6}6+\frac{x^{10}}{120}\mp\cdots$.
觀察係數可知答案為 $\displaystyle\left(-\frac16\right)\cdot6!=-120$。訣竅
考慮代換 $u=\sqrt{x+1}$ 後即可。解法
根據訣竅所述,令 $u=\sqrt{x+1}$,那麼 $x=u^2-1$,而且上界 $x=0$ 化為 $u=1$,下界 $x=-1$ 化為 $u=0$。從而原積分化為\[\int_{-1}^0x\sqrt{x+1}\,dx=\int_0^1u\left(u^2-1\right)2u\,du=2\int_0^1\left(u^4-u^2\right)\,du=2\left(\left.\frac{u^5}5-\frac{u^3}3\right|_0^1\right)=-\frac4{15}.\]訣竅
根據曲線弧長的公式計算之,其中應注意三角恆等式的運用。解法
根據曲線弧長公式可列得\[s=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+\cos2x}\,dx=\sqrt2\int_0^{\pi/4}\cos x\,dx=1.\]訣竅
根據代數基本定理確知實根至多 5 個,最後配合遞增遞減性判斷根的個數。此外本題同 85年度轉學考 的第 11 題。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。其中 $f\left(-1\right)=1$、$f\left(1\right)=-3$,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。最後根據其遞增與遞減的特性可以知道這些根都非重根,因此僅三實根。訣竅
運用梯度找出曲面的法向量,接著注意到 $xy$ 平面的法向量中的前兩個分量皆為 $0$ 以及 $xy$ 平面即為 $z=0$。解法
設 $F\left(x,y,z\right)=xy+yz+zx-x-z^2$,那麼題目給定的曲面為 $F\left(x,y,z\right)=0$,那麼這個曲面在 $(x,y,z)$ 處的法向量為$\nabla F(x,y,z)=\left(y+z-1,x+z,y+x-2z\right)$.
由於以 $xy$ 平面為切平面,因此法向量平行於 $\left(0,0,1\right)$,故有 $z=0$、$y+z-1=0$、$x+z=0$,如此我們得到座標 $\left(x,y,z\right)=\left(0,1,0\right)$ 為切點。訣竅
選出適當的積分順序進行迭代積分,其中需要使用適當的三角恆等式。解法
此雙重積分可表達為\[\begin{aligned}\iint_{\mathcal D}f\left(x,y\right)\,dA&=\int_0^\pi\int_0^{\sin x}y\,dy\,dx\\&=\frac12\int_0^\pi\sin^2x\,dx\\&=\frac14\int_0^\pi\left(1-\cos2x\right)\,dx\\&=\left.\frac14\left(x-\frac{\sin2x}2\right)\right|_0^\pi\\&=\frac\pi4.\end{aligned}\]- 試求 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1-e^{-x}}x$ 在 $x=0$ 點的 Taylor 展開式。
- 利用 (a) 估計積分 $\displaystyle\int_0^1\frac{1-e^{-x}}x\,dx$ 的近似值,使其誤差小於 $10^{-3}$。
- 設 $f\left(x,y\right)=2+2x+2y-x^2-y^2$,$\mathcal D$ 為 $x=0$,$y=0$ 及 $y=9-x$,三條直線所圍成的三角形區域。試求 $f$ 在 $\mathcal D$ 上的最大值與最小值。
訣竅
根據 $e^x$ 的 Taylor 展開式代入後可解決第一小題;第二小題可根據交錯級數的特性知當某項絕對值小於給定的誤差時,此部分和與收斂值的誤差必小於該項的絕對值。解法
由於 $e^x$ 的 Taylor 展開式為 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}$,因此 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1-\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{x^n}{n!}}x=\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{x^n}{\left(n+1\right)!}$,此即 a. 小題的答案。接著利用 a. 的結果,我們計算題目給定的定積分如下\[\begin{aligned}\int_0^1\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^n\frac{x^n}{\left(n+1\right)!}\,dx&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(n+1\right)!\left(n+1\right)}\\&=1-\frac14+\frac1{18}-\frac1{96}+\frac1{600}-\frac1{4320}\pm\cdots.\end{aligned}\]由於 $n=6$ 的絕對值小於 $10^{-3}$,因此這個部分和即為題目所求的近似值 $0.7966$。訣竅
根據多變數函數求極值的方法,探求各個方向偏導數為零的點。除此之外也需要在各個邊界上研究其極大與極小值。解法
首先我們考慮聯立式\[\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=2-2x=0,\\&f_y\left(x,y\right)=2-2y=0.\end{aligned}\right.\]可求出 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$。再者,我們可以在三條邊上研究 $f$ 的極值。首先是 $x=0$,此時函數化為 $f\left(0,y\right)=2+2y-y^2=-\left(y-1\right)^2+3$;接著是 $y=0$,類似地有 $f\left(x,0\right)=-\left(x-1\right)^2+3$;最後是 $\displaystyle f\left(x,9-x\right)=2\left(x-9/2\right)^2-41/2$。
綜上所述,我們計算 $f\left(1,1\right)=4$、$f\left(0,1\right)=3$、$f\left(1,0\right)=3$、$\displaystyle f\left(9/2,9/2\right)=-41/2$,以及三角形區域的角處 $f\left(0,0\right)=2$、$f\left(9,0\right)=-61$、$f\left(0,9\right)=-61$。因此最大值為 $4$,最小值為 $-61$。
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