國立臺灣大學九十六學年度轉學生入學考試試題詳解

※請在答案卷上標明題號依序作答

1. 填充題：每題 $8$ 分。
1. 一穀倉有一個圓柱狀的牆和一個半球狀的屋頂。假如容積一定，而要有最小的表面積。問這穀倉的高度跟底部半徑的比是　　　　
訣竅
設體積為高為 $h$，底部半徑為 $r$，依照題意列出相關式子，按 Lagrange 乘子法求解。
解法
設該穀倉高為 $h$，底部半徑為 $r$，則容積 $V$ 可列式如下
$\displaystyle V=\pi r^2\left(h-r\right)+\frac43\pi r^3\cdot\frac12=\pi r^2h-\frac{\pi r^3}3$
為定值，而表面積為 $\displaystyle2\pi r\left(h-r\right)+4\pi r^2\cdot\frac12=2\pi rh$。如此我們設 Lagrange 乘子函數為
$\displaystyle F\left(r,h,\lambda\right)=2\pi rh+\lambda\left(\pi r^2h-\frac{\pi r^3}3-V\right)$.
如此我們解下列的聯立方程式
$\left\{\begin{aligned}&F_r\left(r,h,\lambda\right)=2\pi h+\lambda\left(2\pi rh-\pi r^2\right)=0,\\&F_h\left(r,h,\lambda\right)=2\pi r+\lambda\pi r^2=0,\\&F_\lambda\left(r,h,\lambda\right)=\pi r^2h-\frac{\pi r^3}3-V=0.\end{aligned}\right.$
由於 $r>0$，因此由第二式可知 $\displaystyle\lambda=-\frac2r$，代回第一式中可得
$\displaystyle2\pi h-\frac2r\left(2\pi rh-\pi r^2\right)=2\pi h-4\pi h+2\pi r=0$.
能解得 $h=r$。因此要有最小表面積時穀倉的高度與底部半徑的比值為 $1$。


2. 若 $\displaystyle F\left(x\right)=\int_0^{\sqrt x}\frac{t^2}{1+t^4}\,dt$，則 $F''\left(1\right)=$　　　　。
訣竅
根據微積分基本定理與連鎖律求解。
解法
根據微積分基本定理與連鎖律可以得到
$\displaystyle F'\left(x\right)=\frac{\sqrt x^2}{1+\sqrt x^4}\cdot\frac1{2\sqrt x}=\frac{\sqrt x}{2\left(1+x^2\right)}$.
於是有
$\displaystyle F''\left(x\right)=\frac{\frac1{2\sqrt x}\cdot2\left(1+x^2\right)-4x\sqrt x}{4\left(1+x^2\right)^2}$.
因此 $\displaystyle F''\left(1\right)=-\frac18$。


3. $\displaystyle\int_0^\pi\left|\cos x+\frac12\right|dx=$　　　　。
訣竅
應注意函數值的正負區間即可。
解法

由於在 $0\leq x\leq2\pi/3$ 時有 $\cos x\geq-1/2$，因此原積分可以計算如下

$\displaystyle\int_0^{2\pi/3}\left(\cos x+\frac12\right)dx-\int_{2\pi/3}^\pi\left(\cos x+\frac12\right)dx=\left.\left(\sin x+\frac x2\right)\right|_0^{2\pi/3}-\left.\left(\sin x+\frac x2\right)\right|_{2\pi/3}^\pi=\sqrt3+\frac\pi6$.



4. 函數 $y=x^{x-1}$ 在 $\left(2,2\right)$ 的切線方程式為　　　　。
訣竅
求出在該點上的斜率後使用點斜式。
解法

由於 $y=x^{x-1}=e^{\left(x-1\right)\ln x}$，因此我們可得 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=e^{\left(x-1\right)\ln x}\cdot\left[\ln x+\frac{x-1}{x}\right]$。因此我知道 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=2}=2\ln2+1$，因此由點斜式可得切線方程式為

$y-2=\left(1+2\ln2\right)\left(x-2\right)$.



5. 當 $x\neq0$ 時，$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{2x-\sin2x}{x^3}$；$x=0$ 時，$\displaystyle f\left(x\right)=\frac43$。問 $f'\left(0\right)=$　　　　。
訣竅
根據導數的定義列式後求極限值。
解法一

根據定義，我們有

$\displaystyle f'\left(0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{\frac{2h-\sin2h}{h^3}-\frac{4}{3}}{h}=\lim_{h\to0}\frac{6h-3\sin2h-4h^3}{3h^4}$.

據此我們使用 L'Hôpital 法則可得下列計算過程

$\displaystyle\begin{aligned}f'\left(0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{6-6\cos2h-12h^2}{12h^3}\\&=\lim_{h\to0}\frac{12\sin2h-24h}{36h^2}=\lim_{h\to0}\frac{24\cos2h-24}{72h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{-48\sin2h}{72}=0.\end{aligned}$

解法二

根據定義，如解法一我們可列得

$\displaystyle f'\left(0\right)=\lim_{h\to0}\frac{6h-3\sin2h-4h^3}{3h^4}$.

我們應用 Taylor 展開式，可得下列等式與結果

$\begin{aligned}\displaystyle f'\left(0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{6h-3\left[\left(2h\right)-\frac{\left(2h\right)^3}{3!}+\frac{\left(2h\right)^5}{5!}-+\cdots\right]-4h^3}{3h^4}\\&=\lim_{h\to0}\frac{-\frac45h^5-+\cdots}{3h^4}=0.\end{aligned}$



6. 設 $ye^{xy}+2z^2=1$，且 $z$ 為 $x$, $y$ 的函數，則在 $\left(0,-1,1\right)$ 的 $\displaystyle\frac{\partial^2z}{\partial x^2}$ 為　　　　。
訣竅
使用隱函數偏微分即可。
解法

首先將題目給定的方程對 $x$ 偏微分一次可得 $\displaystyle y^2e^{xy}+4z\frac{\partial z}{\partial x}=0$。因此知 $\displaystyle\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\left(x,y,z\right)=\left(0,-1,1\right)}=\frac{-1}4$。

於是再對 $x$ 做一次偏微分可得

$\displaystyle y^3e^{xy}+4\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+4z\frac{\partial^2z}{\partial x^2}=0$.

因此取 $\left(x,y,z\right)=\left(0,-1,1\right)$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{\partial^2z}{\partial x^2}\right|_{\left(x,y,z\right)=\left(0,-1,1\right)}=\frac3{16}$。



7. 點在 $x+y+z=35$ 之上，$f\left(x,y,z\right)=y+xz-2x^2-y^2-z^2$ 的最大值是　　　　。
訣竅
此題為條件極值，應使用 Lagrange 乘子法。
解法
設 Lagrange 乘子函數為
$F\left(x,y,z,\lambda\right)=y+xz-2x^2-y^2-z^2+\lambda\left(x+y+z-35\right)$.
如此解下列聯立方程式
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)z-4x+\lambda=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=1-2y+\lambda=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=x-2z+\lambda=0,\\&F_\lambda\left(x,y,z,\lambda\right)=x+y+z-35=0.\end{aligned}\right.$
根據多元一次聯立方程組的解法可得 $\left(x,y,z\right)=\left(9,11,15\right)$，因此極大值為 $f\left(9,11,15\right)=-362$。


8. 若 $D$ 落在第一象限且由 $xy=1$、$y=x$ 和 $y=2$ 所圍成的區域，則 $\displaystyle\iint_D\frac{y^2}{x^2}\,dA=$　　　　。
訣竅
分析其區域後設計出是下界，推薦考慮水平方向。
解法一



如附圖，我們可將此雙重積分列式並計算如下

$\displaystyle\iint_D\frac{y^2}{x^2}\,dA=\int_1^2\int_{1/y}^y\frac{y^2}{x^2}\,dx\,dy=\int_1^2\left.\left(-\frac{y^2}x\right)\right|_{1/y}^ydy=\int_1^2\left(y^3-y\right)dy=\left.\frac{y^4}4-\frac{y^2}2\right|_1^2=\frac94$.

解法二

根據解法一中的圖片所示，我們可以將此雙重積分拆為兩塊來加以計算如下

$\begin{aligned}\displaystyle\iint_D\frac{y^2}{x^2}\,dA&=\int_1^{1/2}\int_{1/x}^2\frac{y^2}{x^2}\,dy\,dx+\int_1^2\int_x^2\frac{y^2}{x^2}\,dy\,dx\\&=\frac13\int_{1/2}^2\left.\frac{y^3}{x^2}\right|_{1/x}^2dx+\frac13\int_1^2\left.\frac{y^3}{x^2}\right|_x^2dx\\&=\frac13\int_{1/2}^1\left(\frac8{x^2}-\frac1{x^5}\right)dx+\frac13\int_1^2\left(\frac8{x^2}-x\right)dx\\&=\frac94.\end{aligned}$



9. 在極座標系統內 $\displaystyle r=\frac\pi4$、$\displaystyle r=\frac\pi2$、$r=\theta$ 和 $\displaystyle r=\frac12\theta$ 所圍成區域的面積為　　　　。
訣竅
畫出大略圖形，根據極座標面積的方法。
解法



如附圖，我們可以列式並計算如下

$\begin{aligned}A&=\frac12\int_{\pi/4}^{\pi/2}\left[\theta^2-\left(\frac\pi4\right)^2\right]d\theta+\frac12\int_{\pi/2}^\pi\left[\left(\pi/2\right)^2-\left(\frac\theta2\right)^2\right]d\theta\\&=\left.\left(\frac{\theta^3}6-\frac{\pi^2}{32}\theta\right)\right|_{\pi/4}^{\pi/2}+\left.\left(\frac{\pi^2}8\theta-\frac{\theta^3}{24}\right)\right|_{\pi/2}^\pi=\frac{7\pi^3}{192}.\end{aligned}$

2. 計算題
1. ($16$ 分) 設 $R$ 是個下方以 $y\left(x^2+1\right)=x$ 為界，上方以 $xy=1$ 為界，左邊以 $x=1$ 為界的區域。
   1. $R$ 的面積等於多少？
   2. 將 $R$ 繞 $x$ 軸旋轉所得的體積為多少？
訣竅
訣竅一：畫出簡圖後寫出適當的積分式；訣竅二：根據旋轉體體積的計算法求解。
解法



如附圖

1. 容易注意到此為瑕積分，因此列式計算如下

   $\begin{aligned}\displaystyle A&=\lim_{a\to\infty}\int_1^a\left(\frac1x-\frac x{x^2+1}\right)dx\\&=\lim_{a\to\infty}\left.\left(\ln x-\frac12\ln\left(x^2+1\right)\right)\right|_1^a\\&=\frac12\lim_{a\to\infty}\left.\ln\frac{x^2}{x^2+1}\right|_1^a\\&=\ln\sqrt2.\end{aligned}$

2. 根據旋轉體體積公式可以計算如下

   $\begin{aligned}\displaystyle V&=\lim_{a\to\infty}\pi\left[\left(\frac1x\right)^2-\left(\frac x{x^2+1}\right)^2\right]dx\\&=\pi\lim_{a\to\infty}\int_1^a\left[\frac1{x^2}-\frac{x^2}{\left(x^2+1\right)^2}\right]dx\\&=\pi\lim_{a\to\infty}\int_1^a\left[\frac1{x^2}-\frac1{x^2+1}+\frac1{\left(x^2+1\right)^2}\right]dx\\&=\pi\lim_{a\to\infty}\left.\left(-\frac1x-\frac{\arctan x}2+\frac x{2x^2+2}\right)\right|_1^a\\&=\frac{3\pi}4-\frac{\pi^2}8.\end{aligned}$



2. ($12$ 分) 設某古董的價值隨其年齡而增加，其在任何時間 $t$ 的增值率皆與當時的價值成正比。若該古董 $10$ 年前的價值 $87$ 萬 $5$ 千元，現在值 $122$ 萬 $5$ 千元。問從此刻算起，最快再經多少年它的價值就會超過$175$萬元。($\log2=0.30103$，$\log3=0.47712$，$\log5=0.69897$、$\log7=0.84510$)。
訣竅
根據題意設定 $V(t)$ 為在時間 $t$ 時的價值，接著列式求解即可。
解法
由於 $V'\left(t\right)=kV\left(t\right)$，因此 $V\left(t\right)=Ce^{kt}$，且 $V\left(-10\right)=87.5$、$V\left(0\right)=122.5$，因此有
$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&C=122.5,\\&k=\frac1{10}\ln\frac75.\end{aligned}\right.$
因此我們要求滿足下列不等式的最小的整數 $t$：
$\displaystyle V\left(t\right)=122.5\left(\frac75\right)^{\frac t{10}}>175$.
於是有
$\displaystyle t>\frac{10-10\log7}{\log7-\log5}\approx10.60042717106$.
因此至少 $11$ 年。