- $\displaystyle\frac d{dx}\left\{x\left[\sin\left(\ln x\right)-\cos\left(\ln x\right)\right]\right\}=$ ① 。
- $\displaystyle\lim_{x\to\frac\pi4}\left(\tan x\right)^{\tan2x}=$ ② 。
- $\displaystyle\int\frac{dx}{x\left(1+x+x^2\right)}=$ ③ 。
- 給平面上的一個金屬板 $x^2+y^2\leq1$，它在點 $\left(x,y\right)$ 的溫度是 $T\left(x,y\right)=x^2+2y^2-x$，則最高溫度發生在點 ④ 。
- 給平面上的曲線 $\left(1-x+y\right)^3=x+7$，與其 $y$ 軸平行的切線的切點坐標是 ⑤ 。
- 令 $R$ 是平面上在第一象限內介於 $y=x^3$ 及 $y=x$ 之間的有界區域，則 $\displaystyle\iint_R12x^2e^{y^2}\,dx\,dy=$ ⑥ 。
- 設連續函數 $f\left(x\right)$ 滿足 $\displaystyle\int_0^{x^3\left(1+x\right)}f\left(t\right)\,dt=e^{1-x}$，則 $f\left(2\right)=$ ⑦ 。
- 函數 $f\left(x\right)$ 的微分圖形 $y=f'\left(x\right)$ 如下圖，其中假定 $f\left(x\right)$ 在點 $x=1$ 連續，則 $f\left(x\right)$ 的圖形在區間 ⑧ 上向上凹(concave downward)，而它所有可能的反曲點發生在 $x=$ ⑨ 。
訣竅
運用換底公式、連鎖律以及乘法的微分公式即可。解法
首先使用乘法的微分公式可得$\displaystyle\frac d{dx}\left\{x\left[\sin\left(\ln x\right)-\cos\left(\ln x\right)\right]\right\}=\sin\left(\ln x\right)-\cos\left(\ln x\right)+x\frac d{dx}\left[\sin\left(\ln x\right)-\cos\left(\ln x\right)\right]$.
接著針對第二項使用連鎖律繼續計算可得$\begin{aligned}\frac d{dx}\left\{x\left[\sin\left(\ln x\right)-\cos\left(\ln x\right)\right]\right\}&=\sin\left(\ln x\right)-\cos\left(\ln x\right)+x\left[\frac{\cos\left(\ln x\right)}x+\frac{\sin\left(\ln x\right)}x\right]\\&=2\sin\left(\ln x\right).\end{aligned}$
訣竅
運用換底公式與 L'Hôpital 法則即可。解法
首先運用換底公式可知 $\left(\tan x\right)^{\tan2x}=\exp\left[\left(\tan2x\right)\ln\left(\tan x\right)\right]$，因此所求之極限可改寫如下$\displaystyle\lim_{x\to\pi/4}\left(\tan x\right)^{\tan2x}=\lim_{x\to\pi/4}\exp\left[\left(\tan2x\right)\ln\left(\tan x\right)\right]=\exp\left[\lim_{x\to\pi/4}\frac{\ln\left(\tan x\right)}{\cot2x}\right]$.
由於 $\cot\left(2\cdot\pi/4\right)=\ln\left(\tan\frac{\pi}{4}\right)=0$，因此可以使用 L'Hôpital 法則可得$\displaystyle\lim_{x\to\pi/4}\left(\tan x\right)^{\tan2x}=\exp\left[\lim_{x\to\pi/4}\frac{\frac{\sec^2x}{\tan x}}{-2\csc^22x}\right]=\exp\left[-\lim_{x\to\pi/4}\sin2x\right]=e^{-1}$.
訣竅
運用部分分式改寫被積分函數後逐項積分即可。解法
運用部分分式改寫被積分函數並計算如下$ \begin{aligned}\int\frac{dx}{x\left(1+x+x^2\right)}&=\int\left(\frac1x-\frac{x+1}{x^2+x+1}\right)\,dx\\&=\ln\left|x\right|-\frac12\int\frac{2x+1}{x^2+x+1}\,dx-\frac12\int\frac1{\left(x+1/2\right)^2+\left(\sqrt3/2\right)^2}\,dx\\&=\ln\left|x\right|-\frac12\ln\left(x^2+x+1\right)-\frac{\sqrt3}3\tan^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt3}\right)+C.\end{aligned}$
訣竅
於內部可直接透過偏導函數解找出極值候選點，而於邊界上可運用 Lagrange 乘子法求極值；亦可透過增加輔助變數直接應用 Lagrange 乘子法求極值；亦可透過不等式直接估計求得最大值。解法一
若極值發生於 $x^2+y^2<1$ 時，可解聯立方程
$\left\{\begin{aligned} &T_x\left(x,y\right)=2x-1=0,\\&T_y\left(x,y\right)=4y=0.\end{aligned}\right.$
如此可解得 $ \left(x,y\right)=\left(1/2,0\right)$。若極值發生在 $x^2+y^2=1$，則對應的 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+2y^2-x+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$.
從而解下列聯立方程組$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x-1+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=4y+2y\lambda=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.$
由第二式可知 $2y\left(2+\lambda\right)=0$。若 $y=0$，則由第三式可知 $x=\pm1$；若 $\lambda=-2$，則由第一式可知 $x=-1/2$，如此使用第三式可得 $y=\pm\sqrt3/2$。綜上可得 $\left(12,0\right)$、$\left(\pm1,0\right)$ 以及 $\left(-1/2,\pm\sqrt3/2\right)$。將以上五個座標代入 $T$ 中有$T\left(1/2,0\right)=-1/4,$ $T\left(1,0\right)=0,$ $T\left(-1,0\right)=2,$ $T\left(-1/2,\pm\sqrt3/2\right)=9/4$.
因此最高溫度為 $9/4$。解法二
由於$x^2+y^2\leq1$，因此存在實數 $s$ 使得 $x^2+y^2+s^2=1$，如此考慮 Lagrange 乘子函數如下$F\left(x,y,s,\lambda\right)=x^2+2y^2-x+\lambda\left(x^2+y^2+s^2-1\right)$.
據此解聯立方程組$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,s,\lambda\right)=2x-1+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,s,\lambda\right)=4y+2y\lambda=0,\\&F_s\left(x,y,s,\lambda\right)=2\lambda s=0,\\&F_\lambda\left(x,y,s,\lambda\right)=x^2+y^2+s^2-1=0.\end{aligned}\right.$
由第三式開始考慮。若 $\lambda=0$，則可解得 $\left(x,y\right)=\left(1/2,0\right)$；若 $s=0$，則可解得同解法一中的餘下四個點，隨後計算過程同解法一。解法三
由於 $x^2+y^2\leq1$，因此$\displaystyle T\left(x,y\right)=x^2+2y^2-x\leq x^2+2\left(1-x^2\right)-x=2-x^2-x=\frac94-\left(x+\frac12\right)^2$.
從而當 $x=-1/2$ 而 $y=\pm\sqrt3/2$ 時有最大值 $T\left(-1/2,\pm\sqrt3/2\right)=9/4$。訣竅
將 $y$ 表達為 $x$ 的函數後求其導函數並找出 $x_0\in\mathbb R$ 使得 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f'\left(x\right)=\pm\infty$。解法
可以直接解得 $y=x-1+\sqrt[3]{x+7}$，因此$\displaystyle\frac{dy}{dx}=1+\frac13\left(x+7\right)^{-2/3}$.
可以注意到 $\displaystyle\lim_{x\to-7^{\pm}}\frac{dy}{dx}=+\infty$，故在 $\left(-7,-8\right)$ 的切線平行於 $y$ 軸。訣竅
找出適當的積分順序使重積分寫為迭代積分後始能計算之。解法
可以將 $R$ 表達為 $R=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,y\leq x\leq y^{1/3},\,0\leq y\leq1\right\}$，從而所求之重積分可寫為如下的迭代積分並計算之$\begin{aligned}\iint_R12x^2e^{y^2}\,dx\,dy&=\int_0^1\int_y^{y^{1/3}}12x^2e^{y^2}\,dx\,dy\\&=\int_0^1\left.4x^3e^{y^2}\right|_{x=y}^{x=y^{1/3}}\,dy\\&=\int_0^14ye^{y^2}\,dy-\int_0^14y^3e^{y^2}\,dy\\&=2e^{y^2}\Big|_0^1-\int_0^12y^2e^{y^2}\,dy^2\\&=\left(2e-2\right)-\left(2y^2e^{y^2}-2e^{y^2}\right)\Big|_0^1\\&=2e-4.\end{aligned}$
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律後取特殊之 $x$ 值即可。解法
將給定的方程對 $x$ 微分可得
$f\left(x^4+x^3\right)\cdot\left(4x^3+3x^2\right)=-e^{1-x}$.
取 $x=1$ 可得 $f\left(2\right)=-1/7$。【註】本題設定有誤，事實上存在另一個 $x\neq1$ 使得 $x^4+x^3=1$，從而解並不唯一。
訣竅
藉由一階導函數的正負判定原函數圖形的走勢。解法
首先向上凸意味著 $f''\left(x\right)<0$，這表明 $f'\left(x\right)$ 遞減，由圖形可知 $f'$ 在 $\left[0,2/3\right]\cup\left(1,5/3\right]\cup\left[2,\infty\right)$ 上遞減，從而 $f$ 在這樣的區間上向上凸。而按反曲點的定義為於該點兩側凹向性不同且連續的位置，故可能發生在 $x=0$、$x=2/3$、$1$、$5/3$、$2$ 等處。
- 有一走廊形如下圖，廊寬 $2\sqrt2$ 公尺。求能（水平地）繞過走廊轉角的最長竹竿的長度。
- 令變數 $x,y,u,v$ 滿足下列方程組
$u=x^2+y^2,\qquad v=x^2-2xy^2$.
在點 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$ 附近，變數 $\left(x,y\right)$ 可視為 $\left(u,v\right)$ 的隱函數。- 求 $\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}\left(5,-7\right)$ 及 $\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}\left(5,-7\right)$。 [$8$ 分]
- 如果 $z=\ln\left(y^2-x^2\right)$，求 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial u}\left(5,-7\right)$。 [$6$ 分]
- 按假設，在 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$ 時有 $\left(u,v\right)=\left(5,-7\right)$ 的附近附近可將 $\left(x,y\right)$ 視為 $\left(u,v\right)$的隱函數，亦即 $x=x\left(u,v\right)$、$y=y\left(u,v\right)$。運用隱函數微分和連鎖律可知
$\begin{aligned} &2x\frac{\partial x}{\partial u}+2y\frac{\partial y}{\partial u}=1,\\&2x\frac{\partial x}{\partial u}-2y^2\frac{\partial x}{\partial u}-4xy\frac{\partial y}{\partial u}=0.\end{aligned}$
由於當 $\left(u,v\right)=\left(5,-7\right)$ 時有 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$，因此$\left\{\begin{aligned} &2\frac{\partial x}{\partial u}\left(5,-7\right)+4\frac{\partial y}{\partial u}\left(5,-7\right)=1,\\&-6\frac{\partial x}{\partial u}\left(5,-7\right)-8\frac{\partial y}{\partial u}\left(5,-7\right)=0.\end{aligned}\right.$
如此可解得 $\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}\left(5,-7\right)=-1$、$\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}\left(5,-7\right)=\frac34$。 - 使用連鎖律可得
$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial u}=\frac1{y^2-x^2}\cdot\left(-2x\right)\frac{\partial x}{\partial u}+\frac1{y^2-x^2}\cdot\left(2y\right)\frac{\partial y}{\partial u}$.
取 $\left(u,v\right)=\left(5,-7\right)$ 代入，此時 $x=x\left(5,-7\right)=1$、$y=y\left(5,-7\right)=2$，如此有$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial u}\left(5,-7\right)=-\frac23\cdot\left(-1\right)+\frac43\cdot\frac34=\frac53$.
訣竅
依據題目敘述準確理解題意，並且找出適當的參數表達該問題並求其極值。解法
首先可以知道若竹竿若要盡量的長，則繞過走廊轉角時必定碰觸轉角處。現設竹竿與圖中上方之牆夾角 $\theta\in\left(0,\pi/2\right)$，此時竹竿的長度最長為 $2\sqrt2\left(\sec\theta+\csc\theta\right)$。可以注意到本題之所求為上述函數的最小值，否則當竹竿超過該最小值時，該竹竿無法繞過最小值對應的角度，因為竹該會超過在該角度所允許的竹竿最長的長度。現設 $f\left(\theta\right)=2\sqrt{2}\left(\sec\theta+\csc\theta\right)$，為了求出其極值，我們解 $f'\left(\theta\right)=2\sqrt2\left(\sec\theta\tan\theta-\csc\theta\cot\theta\right)=0$，可得 $\sin^3\theta-\cos^3\theta=0$，故有 $\tan\theta=1$，亦即 $\theta=\pi/4$。再者，$f\left(0^+\right)=f\left((\pi/2)^-\right)=+\infty$，因此於 $ \theta=\pi/4$ 為極小值，其值為 $f\left(\pi/4\right)=8$。
因此要能通過此轉角的竹竿最長為 $8$ 公尺。
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