(九)～(十二)請寫計算過程（每題 $10$ 分）
- 令$\displaystyle f\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle x^2\sin\frac1x,&x\neq0;\\0,&x=0.\end{cases}$。
$f\left(x\right)$ 在那些點可微？答： ① ；$f'\left(x\right)$ 在那些點連續？答 ② 。 - 級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^n\left(\sqrt[n]n-1\right)^n$ 為絕對收斂、條件收斂或發散？答： ③ 。
- 若 $0\leq x\leq2\pi$，則使級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{2^n\sin^nx}{n+1}$ 收斂的 $x$ 值範圍為 ④ 。
- 當 $\displaystyle t=-\frac12$ 時，可得
$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}=\ln2$ （由交錯級數審歛法）
故收斂。 - 當 $\displaystyle t=\frac12$ 時，可得
$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}$ 為調和級數（$p$ 級數，$p=1$ 的情形）
故發散。 - 若 $y=a^x$ 與 $y=\log_ax$ 相切，則 $a=$ ⑤ 。
- 若 $a>1$，則取正號，亦即 $p=\log_ae$，則有 $\log_ae=a^{\log_ae}=e$，即 $a^e=e$，或寫為 $a=e^{\left(e^{-1}\right)}$。
- 若 $0<a<1$，則取負號，亦即 $p=-\log_ae$，則有 $-\log_ae=a^{-\log_ae}=e^{-1}$，如此可得 $a=e^{-e}$。
- 如右圖，外圍是由 $y=x^2-9$ 及 $y=7$ 所圍成。小圓圓心為 $\left(\pm2,2\right)$，半徑為 $1$。正三角形邊長為 $2$。則陰影部分區域的形心為 ⑥ 。將該區域繞 $y=10$ 旋轉，旋轉體體積為 ⑦ 。
- 一座圍牆之底部位於單位圓 $x^2+y^2=1$ 上，其頂部形成空間曲線 $\left\{\begin{aligned}&x=\cos\theta\\&y=\sin\theta\\&z=\theta\end{aligned}\right.$，$0\leq\theta\leq2\pi$，則此圍牆的面積為 ⑧ 。
- 由方程組 $\left\{\begin{aligned} &x^2+yu+v^3=1\\&yv^2+u=2\end{aligned}\right.$，$u,v$ 可定義為 $x,y$ 的函數，則 $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}=$ ⑨ 。
- 令 $S$ 是由兩球體 $x^2+y^2+z^2\leq2$，$x^2+y^2+z^2\leq4$ 及錐體 $z^2\geq x^2+y^2$，且 $z>0$，所圍成的立體，$\displaystyle\iiint_Sx\,dV=$ ⑩ 。
- 求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_0^x\left(x-t\right)\sin\left(t^2\right)dt}{\ln\left(1+x^4\right)}$。
- 求 $\displaystyle\int_1^\infty\frac{x-1}{x^4+x^3+x^2+x}dx$。
- 平面上有兩點 $A\left(1,1\right)$ 及 $B\left(0,2\right)$，求 $x$ 軸上的點 $P$，使 $\angle APB$ 最大。
- 求曲線 $\displaystyle r=\sin\frac\theta2$ 上的所有垂直切線。
訣竅
通常題目所給定的函數除了問題點處其餘通常皆為連續可微分，而連續性通常按定義驗證即可。解法
由 $f\left(x\right)$ 可看出至少在 $\mathbb R-\left\{0\right\}$ 皆可微分，因此僅需檢查 $x=0$ 的情況：根據定義，我們有
$\displaystyle f'\left(0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}h=\lim_{h\to0}h\sin\frac{1}{h}=0$
因此 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb R$ 上皆可微分。基於相同的原因，我們知道 $f'\left(x\right)$ 在 $\mathbb R-\left\{0\right\}$ 上也是連續函數，因此檢查在 $x=0$ 的連續性：$\displaystyle\lim_{x\to0}f'\left(x\right)=\lim_{x\to0}\left(2x\sin\frac1x-\cos\frac1x\right)\neq0=f'\left(0\right)$
因此 $f'\left(x\right)$ 在 $x=0$ 不連續，故 $f'\left(x\right)$ 僅在 $\mathbb R-\left\{0\right\}$ 上連續。訣竅
看到交錯級數應使用交錯審歛法，若判斷為收斂則取絕對值後再判斷歛散性以決定絕對收斂或條件收斂。解法
本題我們直接考慮絕對收斂的情況：$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(\sqrt[n]n-1\right)^n$
由根式審歛法可得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt[n]n-1\right)=0$，因此知此級數收斂，因此原級數為絕對收斂。訣竅
先考慮 $\sin x=t$，化為 $t$ 的冪級數後，由根式審斂法求 $t$ 的範圍。解法
令 $t=\sin x$，如此可將題幹的級數化為如下：$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n\sin^nx}{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^nt^n}{n+1}$
由根式審歛法可知$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{2t}{\sqrt[n]{n+1}}\right|=\left|2t\right|<1$
因此在 $\displaystyle-\frac{1}{2}< t<\frac12$ 時能使原級數收斂。針對端點應額外考慮：$\displaystyle0\leq x<\frac\pi6$ 或 $\displaystyle\frac{5\pi}6< x\leq\frac{7\pi}6$ 或 $\displaystyle\frac{11\pi}6\leq x\leq2\pi$。
訣竅
$y=a^x$ 與 $y=\log_ax$ 互為反函數，故切點必在 $y=x$ 上。解法
設切點為 $\left(p,p\right)$，故有 $p=a^p$、$p=\log_ap$，且從斜率的觀點來看又知 $\displaystyle a^p\ln a=\frac1{p\ln a}$，故 $\left(p\ln a\right)^2=1$，因此 $p=\pm\log_ae$。訣竅
我們可以根據形心的公式求出其位置（利用對稱性還可以省去一些工作）。為了處理挖去的部分，我們應按加權平均的思想調整形心。根據對稱性可知形心的 $x$ 座標為 $0$，因此運用 Pappus 幾何中心定理可化簡旋轉體體積之計算。解法
先求出整個區域的形狀中心：由對稱性知 $\bar{x}=0$，而 $\bar{y}$ 計算如下$\begin{aligned}\displaystyle&\frac{\displaystyle2\int_{-9}^7y\sqrt{y+9}dy}{\displaystyle\int_{-4}^4\left(16-x^2\right)dx}\\=&\frac3{128}\int_{-9}^7y\sqrt{y+9}dy\\=&\frac3{128}\int_0^4\left(t^2-9\right)t\times2tdt\\=&\frac3{64}\int_0^4\left(t^4-9t^2\right)dt\\=&\frac3{64}\left.\left(\frac{t^5}5-3t^3\right)\right|_0^4=\frac35.\end{aligned}$
因此將挖去區域的形心加以考慮並加權扣去後可得$\displaystyle\bar{y}=\frac{\displaystyle\frac35\times\frac{256}3-\left(-\frac{\sqrt3}3\right)\times\sqrt3-2\times2\pi}{\displaystyle\frac{256}3-\sqrt3-2\pi}=\frac{783-60\pi}{1280-15\sqrt3-30\pi}$
如此形心座標為 $\displaystyle\left(0,\frac{783-60\pi}{1280-15\sqrt3-30\pi}\right)$。利用 Pappus 幾何中心定理來計算旋轉體體積可得
$\begin{aligned}\displaystyle&2\pi\left(10-\frac{783-60\pi}{1280-15\sqrt3-30\pi}\right)\times\left(\frac{256}3-\sqrt3-2\pi\right)\\=&\frac{2\pi}{15}\left(12017-150\sqrt3-240\pi\right)\end{aligned}$
訣竅
注意此圖形為螺線形。我們可以利用對稱性知完整圓柱面可被分為上下兩個對稱的螺線；此外也可利用積分計算其面積（雖然此法正規，但較繁複些）。解法一
解法二
表面積可利用下列積分表示並計算之$\displaystyle\int_0^{2\pi}\theta d\theta=\left.\frac12\theta^2\right|_0^{2\pi}=2\pi^2$.
訣竅
視 $u$、$v$ 為 $x,y$ 的函數後使用多變數連鎖律解聯立即可。解法
將兩式對 $x$ 偏微分可得$\displaystyle\begin{aligned} &2x+y\frac{\partial u}{\partial x}+3v^2\frac{\partial v}{\partial x}=0,\\&2yv\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial x}=0.\end{aligned}$
接著第一式乘以 $2y$ 減去第二式乘以 $3v$ 後可得$\displaystyle4xy+\left(2y^2-3v\right)\frac{\partial u}{\partial x}=0$
如此可解得$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{4xy}{3v-2y^2}$
訣竅
考慮球面座標系以改寫積分，或由對稱性可以觀察出結果。解法
考慮球極座標變換 $\left\{\begin{aligned}&x=\rho\sin\theta\cos\phi\\&y=\rho\sin\theta\sin\theta\\&z=\rho\cos\theta\end{aligned}\right.$，如此範圍可表達為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}2\leq\rho&\leq4\\0\leq\theta&\leq\frac\pi4\\0\leq\phi&\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此原三重積分可改寫並計算如下：$\begin{aligned}\displaystyle&\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac\pi4}\int_2^4\rho\sin\theta\cos\phi\left(\rho^2\sin\theta\right)d\rho\,d\theta\,d\phi\\=&\left(\int_2^4\rho^3d\rho\right)\left(\int_0^{\frac\pi4}\sin^2\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^{2\pi}\cos\phi\,d\phi\right)=0.\end{aligned}$
訣竅
使用 L'Hospital 法則以及微積分基本定理求解。解法
運用 L'Hospital 法則與微積分基本定理計算如下$\begin{aligned}\displaystyle&\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_0^x\left(x-y\right)\sin\left(t^2\right)dt}{\ln\left(1+x^4\right)}\\=&\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle x\int_0^x\sin\left(t^2\right)dt-\int_0^xt\sin\left(t^2\right)dt}{\ln\left(1+x^4\right)}\\=&\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_0^x\sin\left(t^2\right)dt+x\sin\left(x^2\right)-x\sin\left(x^2\right)}{\displaystyle\frac{4x^3}{1+x^4}}\\=&\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(1+x^4\right)\int_0^x\sin\left(t^2\right)dt}{4x^3}\\=&\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle4x^3\int_0^x\sin\left(t^2\right)dt+\left(1+x^4\right)\sin\left(x^2\right)}{12x^2}\\=&\lim_{x\to0}\left[\frac{x}3\int_0^x\sin\left(t^2\right)dt+\frac{1+x^4}{12}\frac{\sin\left(x^2\right)}{x^2}\right]=\frac1{12}.\end{aligned}$
訣竅
根據有理函數積分的方法即可。解法
按以下方式將被積分函數變形後積分之：$\begin{aligned}\displaystyle&\int_1^{\infty}\frac{x-1}{x\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)}dx\\=&\int_1^{\infty}\left(-\frac1x+\frac1{x+1}+\frac1{x^2+1}\right)dx\\=&\left.\left(\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)+\arctan\left(x\right)\right)\right|_1^{\infty}\\=&\frac\pi4-\ln2.\end{aligned}$
訣竅
考慮過 $A$、$B$、$P$ 三點的圓，則 $\angle APB$ 為圓周角，其對應邊為 $\overline{AB}=\sqrt2$，由正弦定理可知若半徑 $R$ 越小，則 $\angle APB$ 最大。解法
設 $P$ 為 $\left(t,0\right)$，則過 $A$、$B$、$P$ 三點的圓為$\displaystyle x^2+y^2-\left(\frac{t^2}{t-2}\right)x-\left(\frac{t^2+2t-4}{t-2}\right)y+\left(\frac{2t^2}{t-2}\right)=0$
配方法可得$\displaystyle\left[x-\left(\frac{t^2}{2t-4}\right)\right]^2+\left[y-\left(\frac{t^2+2t-4}{2t-4}\right)\right]^2=\frac{t^4-2t^3+6t^2-8t+8}{2\left(t-2\right)^2}$
於是半徑平方為$\displaystyle\frac{t^4-2t^3+6t^2-8t+8}{2\left(t-2\right)^2}$
對之微分取零可解得：$t=0$ 或 $t=4$，可發現 $t=0$ 時半徑有最小值為 $1$，此時 $\angle APB=45^\circ$。訣竅
計算 $\displaystyle\frac{dx}{d\theta}=0$ 後求與之鉛直之切線。解法
由於 $x=r\cos\theta$，因此可知 $\displaystyle x=\sin\frac\theta2\cos\theta$，故解$\displaystyle\frac{dx}{d\theta}=\frac12\cos\frac\theta2\cos\theta-\sin\frac\theta2\sin\theta=0$
即有 $\displaystyle2\tan\frac\theta2\tan\theta=1$，根據正切函數的倍角公式 $\displaystyle\tan\theta=\frac{\displaystyle2\tan\frac\theta2}{\displaystyle1-\tan^2\frac\theta2}$ 可知 $\displaystyle\frac{\displaystyle4\tan^2\frac\theta2}{\displaystyle1-\tan^2\frac\theta2}=1$，如此可解得 $\displaystyle\tan^2\frac\theta2=\frac15$，亦即有 $\displaystyle\tan\frac\theta2=\pm\frac{\sqrt5}5$、$\displaystyle\sin\frac\theta2=\pm\frac{\sqrt6}6$。進而能知 $\displaystyle\cos\theta=1-2\sin^2\frac\theta2=\frac23$。故得 $\displaystyle x=\left(\pm\frac{\sqrt6}6\right)\cdot\frac23=\pm\frac{\sqrt6}9$。
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