- ddx{x[sin(lnx)−cos(lnx)]}= ① 。
- limx→π4(tanx)tan2x= ② 。
- ∫dxx(1+x+x2)= ③ 。
- 給平面上的一個金屬板 x2+y2≤1,它在點 (x,y) 的溫度是 T(x,y)=x2+2y2−x,則最高溫度發生在點 ④ 。
- 給平面上的曲線 (1−x+y)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=x3 及 y=x 之間的有界區域,則 ∬R12x2ey2dxdy= ⑥ 。
- 設連續函數 f(x) 滿足 ∫x3(1+x)0f(t)dt=e1−x,則 f(2)= ⑦ 。
- 函數 f(x) 的微分圖形 y=f′(x) 如下圖,其中假定 f(x) 在點 x=1 連續,則 f(x) 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ddx{x[sin(lnx)−cos(lnx)]}=sin(lnx)−cos(lnx)+xddx[sin(lnx)−cos(lnx)].
接著針對第二項使用連鎖律繼續計算可得ddx{x[sin(lnx)−cos(lnx)]}=sin(lnx)−cos(lnx)+x[cos(lnx)x+sin(lnx)x]=2sin(lnx).
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 (tanx)tan2x=exp[(tan2x)ln(tanx)],因此所求之極限可改寫如下limx→π/4(tanx)tan2x=limx→π/4exp[(tan2x)ln(tanx)]=exp[limx→π/4ln(tanx)cot2x].
由於 cot(2⋅π/4)=ln(tanπ4)=0,因此可以使用 L'Hôpital 法則可得limx→π/4(tanx)tan2x=exp[limx→π/4sec2xtanx−2csc22x]=exp[−limx→π/4sin2x]=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∫dxx(1+x+x2)=∫(1x−x+1x2+x+1)dx=ln|x|−12∫2x+1x2+x+1dx−12∫1(x+1/2)2+(√3/2)2dx=ln|x|−12ln(x2+x+1)−√33tan−1(2x+1√3)+C.
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 x2+y2<1 時,可解聯立方程
{Tx(x,y)=2x−1=0,Ty(x,y)=4y=0.
如此可解得 (x,y)=(1/2,0)。若極值發生在 x2+y2=1,則對應的 Lagrange 乘子函數如下
F(x,y,λ)=x2+2y2−x+λ(x2+y2−1).
從而解下列聯立方程組{Fx(x,y,λ)=2x−1+2λx=0,Fy(x,y,λ)=4y+2yλ=0,Fλ(x,y,λ)=x2+y2−1=0.
由第二式可知 2y(2+λ)=0。若 y=0,則由第三式可知 x=±1;若 λ=−2,則由第一式可知 x=−1/2,如此使用第三式可得 y=±√3/2。綜上可得 (12,0)、(±1,0) 以及 (−1/2,±√3/2)。將以上五個座標代入 T 中有T(1/2,0)=−1/4, T(1,0)=0, T(−1,0)=2, T(−1/2,±√3/2)=9/4.
因此最高溫度為 9/4。解法二
由於x2+y2≤1,因此存在實數 s 使得 x2+y2+s2=1,如此考慮 Lagrange 乘子函數如下F(x,y,s,λ)=x2+2y2−x+λ(x2+y2+s2−1).
據此解聯立方程組{Fx(x,y,s,λ)=2x−1+2λx=0,Fy(x,y,s,λ)=4y+2yλ=0,Fs(x,y,s,λ)=2λs=0,Fλ(x,y,s,λ)=x2+y2+s2−1=0.
由第三式開始考慮。若 λ=0,則可解得 (x,y)=(1/2,0);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 x2+y2≤1,因此T(x,y)=x2+2y2−x≤x2+2(1−x2)−x=2−x2−x=94−(x+12)2.
從而當 x=−1/2 而 y=±√3/2 時有最大值 T(−1/2,±√3/2)=9/4。訣竅
將 y 表達為 x 的函數後求其導函數並找出 x0∈R 使得 limx→x0f′(x)=±∞。解法
可以直接解得 y=x−1+3√x+7,因此dydx=1+13(x+7)−2/3.
可以注意到 limx→−7±dydx=+∞,故在 (−7,−8) 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={(x,y)∈R2:y≤x≤y1/3,0≤y≤1},從而所求之重積分可寫為如下的迭代積分並計算之∬R12x2ey2dxdy=∫10∫y1/3y12x2ey2dxdy=∫104x3ey2|x=y1/3x=ydy=∫104yey2dy−∫104y3ey2dy=2ey2|10−∫102y2ey2dy2=(2e−2)−(2y2ey2−2ey2)|10=2e−4.
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(x4+x3)⋅(4x3+3x2)=−e1−x.
取 x=1 可得 f(2)=−1/7。【註】本題設定有誤,事實上存在另一個 x≠1 使得 x4+x3=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″(x)<0,這表明 f′(x) 遞減,由圖形可知 f′ 在 [0,2/3]∪(1,5/3]∪[2,∞) 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√2 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=x2+y2,v=x2−2xy2.
在點 (x,y)=(1,2) 附近,變數 (x,y) 可視為 (u,v) 的隱函數。- 求 ∂x∂u(5,−7) 及 ∂y∂u(5,−7)。 [8 分]
- 如果 z=ln(y2−x2),求 ∂z∂u(5,−7)。 [6 分]
- 按假設,在 (x,y)=(1,2) 時有 (u,v)=(5,−7) 的附近附近可將 (x,y) 視為 (u,v)的隱函數,亦即 x=x(u,v)、y=y(u,v)。運用隱函數微分和連鎖律可知
2x∂x∂u+2y∂y∂u=1,2x∂x∂u−2y2∂x∂u−4xy∂y∂u=0.
由於當 (u,v)=(5,−7) 時有 (x,y)=(1,2),因此{2∂x∂u(5,−7)+4∂y∂u(5,−7)=1,−6∂x∂u(5,−7)−8∂y∂u(5,−7)=0.
如此可解得 ∂x∂u(5,−7)=−1、∂y∂u(5,−7)=34。 - 使用連鎖律可得
∂z∂u=1y2−x2⋅(−2x)∂x∂u+1y2−x2⋅(2y)∂y∂u.
取 (u,v)=(5,−7) 代入,此時 x=x(5,−7)=1、y=y(5,−7)=2,如此有∂z∂u(5,−7)=−23⋅(−1)+43⋅34=53.
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 θ∈(0,π/2),此時竹竿的長度最長為 2√2(secθ+cscθ)。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(θ)=2√2(secθ+cscθ),為了求出其極值,我們解 f′(θ)=2√2(secθtanθ−cscθcotθ)=0,可得 sin3θ−cos3θ=0,故有 tanθ=1,亦即 θ=π/4。再者,f(0+)=f((π/2)−)=+∞,因此於 θ=π/4 為極小值,其值為 f(π/4)=8。
因此要能通過此轉角的竹竿最長為 8 公尺。
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