- $\displaystyle\frac d{dx}\left(\sin x\right)^{\cos x}=$？ ($10/100$)
- $\displaystyle\frac d{dx}\int_0^{e^x}\sin\left(t^2\right)\,dt=$？ ($10/100$)
- $x^3+y^3=xy$, $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\frac12,\frac12\right)$, $\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}=$？ ($10/100$)
- $\displaystyle\int\frac{x\,dx}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)}=?+C$ ($10/100$)
- Conic section $x^2+y^2=z^2$, $x+y+2z=1$
最高點 $\max z=$？, 最低點 $\min z=$？ ($10/100$) - $\displaystyle\frac{d^{13}}{dx^{13}}\arcsin x \left(x=0\right)=$？ ($10/100$)
- $\displaystyle\int_0^1\int_{2y}^2\cos\left(x^2\right)\,dx\,dy=$？ ($10/100$)
- $\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(1+\csc^2x\right)\,dx=$？ ($10/100$)
- $f\left(x\right)=x\ln x$，求極大、極小、反曲點，並簡單描繪函數圖形 ($10/100$)
- 開幕時，工人以每秒 $1$ 公尺的速度拉繩索，幕高 $6$ 公尺，尚有 $8$ 公尺為拉開，求布幕正以每秒若干公尺之速度在開啟？ ($10/100$)
注意：舞台全寬 $12$ 公尺，工人站在右下方，位置不動。
訣竅
運用換底公式、連鎖律以及乘法的微分公式即可。解法
首先設 $f\left(x\right)=\left(\sin x\right)^{\cos x}$，運用換底公式可寫為 $f\left(x\right)=e^{\left(\cos x\right)\ln\left(\sin x\right)}$。如此令 $g\left(x\right)=e^x$、$h\left(x\right)=\left(\cos x\right)\ln\left(\sin x\right)$，這樣便有 $f\left(x\right)=g\left(h\left(x\right)\right)$。運用連鎖律可得$\begin{aligned}f'\left(x\right)&=g'\left(h\left(x\right)\right)h'\left(x\right)\\&=e^{\left(\cos x\right)\ln\left(\sin x\right)}\left[\left(\cos x\right)\ln\left(\sin x\right)\right]'\\&=\left(\sin x\right)^{\cos x}\left[-\left(\sin x\right)\ln\left(\sin x\right)+\cos x\cot x\right].\end{aligned}$
訣竅
運用微積分基本定理和連鎖律即可。解法
設 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^{e^x}\sin\left(t^2\right)\,dt$，$\displaystyle g\left(x\right)=\int_0^x\sin\left(t^2\right)dt$，$h\left(x\right)=e^x$，因此 $f\left(x\right)=g\left(h\left(x\right)\right)$。運用微積分基本定理可知 $g'\left(x\right)=\sin\left(x^2\right)$，配合連鎖律可得$f'\left(x\right)=g'\left(h\left(x\right)\right)h'\left(x\right)=\sin\left(e^{2x}\right)e^x$.
訣竅
運用隱函數微分計算即可。解法
對給定的曲線方程進行一次隱函數微分可得\begin{equation}\label{1}3x^2+3y^2\frac{dy}{dx}=y+x\frac{dy}{dx}.\end{equation}代入給定的座標 $\left(1/2,1/2\right)$，如此可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1/2,1/2\right)}=-1$。接著再對 $\left(\ref{1}\right)$ 進行一次隱函數微分可得$\displaystyle6x+6y\left(\frac{dy}{dx}\right)^2+3y^2\frac{d^2y}{dx^2}=2\frac{dy}{dx}+x\frac{d^2y}{dx^2}$.
最後代入 $\left(x,y\right)=\left(1/2,1/2\right)$ 以及 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1/2,1/2\right)}=-1$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1/2,1/2\right)}=-32$。訣竅
運用部分分式改寫被積分函數後逐項積分即可。解法
首先可以運用部分分式改寫被積分函數如下$\displaystyle\frac x{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)}=\frac A{x-1}+\frac B{x-2}+\frac C{x-3}$,
其中 $A,B,C$ 為待定常數。兩邊同乘以 $\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)$ 後整理並比較係數可得聯立方程組$\left\{\begin{aligned} &A+B+C=0,\\&-5A-4B-3C=1,\\&6A+3B+2C=0.\end{aligned}\right.$
如此可解得 $A=1/2$、$B=-2$、$C=3/2$。因此所求之不定積分可計算如下$\begin{aligned}\int\frac x{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)}dx&=\int\left(\frac12\frac1{x-1}-\frac2{x-2}+\frac32\frac1{x-3}\right)dx\\&=\frac12\ln\left|x-1\right|-2\ln\left|x-2\right|+\frac32\ln\left|x-3\right|+C.\end{aligned}$
訣竅
運用 Lagrange 乘子法求極值即可。解法
設 Lagrange 乘子函數如下$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=z+\lambda_1\left(x^2+y^2-z^2\right)+\lambda_2\left(x+y+2z-1\right)$.
據此解下列聯立方程組$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=1-2z\lambda_1+2\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-z^2=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y+2z-1=0.\end{aligned}\right.$
將第一式與第二式相減有 $2\lambda_1\left(x-y\right)=0$。若 $\lambda_1=0$，則根據第一式可知 $\lambda_2=0$，如此將與第三式衝突，故 $\lambda_1\neq0$，從而可知 $x=y$。那麼第四式與第五式分別為 $2x^2=z^2$ 和 $2x+2z=1$。運用代入消去法可得$\displaystyle z^2=2\left(\frac{1-2z}2\right)^2$.
整理有 $2z^2-4z+1=0$，如此可解得 $z=(2\pm\sqrt2)/2$。故最低點之 $z$ 為 $(2-\sqrt2)/ 2$，而最高點之 $z$ 為 $(2+\sqrt2)/2$。訣竅
運用 Taylor 展開式求高階導數值。解法
由於 $\displaystyle\frac d{dx}\arcsin x=\frac1{\sqrt{1-x^2}}=\left(1-x^2\right)^{-1/2}$，運用二項式定理可知$\displaystyle\frac d{dx}\arcsin x=\sum_{k=0}^\infty{-1/2\choose k}\left(-x^2\right)^k=\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(2k\right)!}{\left(2^kk!\right)^2}x^{2k}$.
因此$\displaystyle\arcsin x=\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(2k\right)!}{\left(2k+1\right)\left(2^kk!\right)^2}x^{2k+1}$.
因此所求為 $13$ 次係數的 $13!$ 倍，亦即所求為$\displaystyle13!\cdot\frac{12!}{13\cdot\left(2^6\cdot6!\right)^2}=\left(\frac{12!}{64\cdot6!}\right)^2=108056025$.
訣竅
交換積分順序後計算即可。解法
首先可以注意到積分區域由不等式 $2y\leq x\leq2$、$0\leq y\leq1$ 所組成，且可以改寫為 $0\leq x\leq2$、$0\leq y\leq x/2$，從而所求之重積分可以改寫並計算如下$\begin{aligned}\int_0^1\int_{2y}^2\cos\left(x^2\right)\,dx\,dy&=\int_0^2\int_0^{x/2}\cos\left(x^2\right)\,dy\,dx\\&=\int_0^2\frac{x\cos\left(x^2\right)}2\,dx\\&=\left.\frac{\sin\left(x^2\right)}4\right|_0^2\\&=\frac{\sin4}4.\end{aligned}$
訣竅
注意到 $x=0$ 為該積分的瑕點，並且根據對稱性可知 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\left(1+\csc^2x\right)\,dx$ 的存在性等價於 $\displaystyle\int_{-\pi/2}^0\left(1+\csc^2x\right)\,dx$ 的存在性，再者若其中一個存在那麼另一個也會存在且相等。解法
根據訣竅，我們可知所求可改寫並計算如下$\begin{aligned}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(1+\csc^2x\right)\,dx&=2\int_{0^+}^{\pi/2}\left(1+\csc^2x\right)\,dx\\&=\lim_{s\to0^+}\left(2x-2\cot x\right)\Big|_s^{\pi/2}\\&=\lim_{s\to0^+}\left(\pi-2s+2\cot s\right)=\infty.\end{aligned}$
因此瑕積分發散至正無窮，故不存在。訣竅
藉由一階與二階導函數考察函數變化的情形。解法
首先可以注意到 $f$ 的定義域為 $\left(0,\infty\right)$。為了找出極值點，我們解方程 $f'\left(x\right)=1+\ln x=0$，如此可得 $x=e^{-1}$。再者 $f''\left(x\right)=1/x$ 恆正，故 $f$ 凹口向上，如此 $f''\left(e^{-1}\right)=e>0$，亦即於該點為局部極小值。
由以上可知 $f$ 在區間 $\left(0,e^{-1}\right)$ 函數遞減，而在區間 $\left(e^{-1},\infty\right)$ 函數遞增至正無窮，其中運用 L'Hôpital 法則可得 $f\left(0^+\right)=0$。
故 $f$ 無極大值，而極小值為 $f\left(e^{-1}\right)=-e^{-1}$。再者凹口恆向上，因此不存在反曲點。作圖如下：
訣竅
根據題意設定適當的變量，使用相關變率的概念求解。解法
設繩長與幕寬皆為時間的函數，分別記為 $s\left(t\right)$ 與 $w\left(t\right)$，其中單位為公尺。由畢氏定理可知 $s^2\left(t\right)=36+w^2\left(t\right)$，並且有 $w\left(0\right)=8$、$s\left(0\right)=10$。兩邊同時取對 $t$ 微分可得$2s\left(t\right)s'\left(t\right)=2w\left(t\right)w'\left(t\right)$.
取 $t=0$ 代入並且根據條件 $s'\left(t\right)=-1$，如此可得 $w'\left(0\right)=-5/4$，因此布幕以每秒向右 $1.25$ 公尺的速率開啟。
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