國立清華大學九十二年學度轉學生入學考試(八系聯招)試題詳解

九十二學年度　八系聯招　系轉學生招生考試

科目　　微積分　　科號　0003　共　2　頁第　1　　*在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題（共八題，每題 $7$ 分，請將答案依甲、乙、丙……次序作答，不需演算過程）
1. If $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin3x+a+bx+cx^3}{x^3}=-3$, then $a+b+c=$　甲　.
訣竅
運用 Taylor 展開式，觀察到分子應消掉低次項的而留下 $x^3$，並且 $x^3$ 的係數應為 $-3$。
解法
回憶起 $\sin x$ 的 Taylor 展開式為
$\displaystyle\sin x=x-\frac{x^3}6+\cdots.$
因此給定的極限可寫為
$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin3x+a+bx+cx^3}{x^3}=\lim_{x\to9}\frac{3x-\frac{27x^3}6+\cdots+a+bx+cx^3}{x^3}.$
按訣竅可知應有 $a=0$、$b=-3$、$\displaystyle c-\frac{27}6=-3$，因此 $\displaystyle c=\frac32$，因此所求 $\displaystyle a+b+c=0-3+\frac32=-\frac32$。


2. $\displaystyle\int_0^1\frac{\sqrt[4]x}{1+\sqrt x}dx=$　乙　.
訣竅
由於非常多複雜的根號，這暗示我們將之作變數代換。
解法

令 $u=\sqrt[4]x$，那麼有

• 當 $x=0$ 時，則有 $u=0$；
• 當 $x=1$ 時，則有 $u=1$；
• 由代換可知 $x=u^4$，因此 $dx=4u^3\,du$。

據此可將原定積分改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\frac{\sqrt[4]x}{1+\sqrt x}dx=\int_0^1\frac u{1+u^2}\cdot4u^3\,du=4\int_0^1\frac{u^4}{1+u^2}du.$

此時為有理函數積分，由於分子次數比分母高，因此進行多項式除法可知

$\displaystyle\frac{u^4}{1+u^2}=\frac{u^4+u^2}{1+u^2}-\frac{1+u^2}{1+u^2}+\frac1{1+u^2}=u^2-1+\frac1{1+u^2}.$

如此所求可以繼續計算如下而得

$\displaystyle4\int_0^1\frac{u^4}{1+u^2}du=4\int_0^1\left(u^2-1+\frac1{1+u^2}\right)du=\left.4\left(\frac{u^3}3-u+\tan^{-1}u\right)\right|_0^1=\pi-\frac83.$



3. $\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\left|\cos2x-\sin x\right|dx=$　丙　.
訣竅
由於被積分函數出現絕對值，故應先討論何時為正何時為負，接著將該積分分區段計算。
解法

考慮運用二倍角公式可知 $\cos 2x-\sin x=1-2\sin^2x-\sin x$，據此解不等式

$\displaystyle\cos2x-\sin x>0\qquad\Rightarrow\qquad\left(2\sin x-1\right)\left(\sin x+1\right)<0.$

由於 $x\in\left[0,\pi/2\right]$，因此有 $\sin x<1/2$，從而 $x\in\left[0,\pi/6\right]$。至此所求的定積分可分段計算如下

$\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\left|\cos2x-\sin x\right|dx&=\int_0^{\pi/6}\left(\cos2x-\sin x\right)dx+\int_{\pi/6}^{\pi/2}\left(\sin x-\cos2x\right)dx\\&=\left.\left(\frac{\sin2x}2+\cos x\right)\right|_0^{\pi/6}+\left.\left(-\cos x-\frac{\sin2x}2\right)\right|_{\pi/6}^{\pi/2}\\&=\left(\frac{\sqrt3}4+\frac{\sqrt3}2-1\right)+\left(\frac{\sqrt3}2+\frac{\sqrt3}4\right)=\frac{3\sqrt3-2}2.\end{aligned}$



4. Suppose $f\left(x\right)$ is a differentiable function on $\left(0,\infty\right)$ and satisfies

   $\displaystyle f\left(x^2\right)=\frac1{x^3}\int_4^{x^2}\left[3t^2-f'\left(t\right)\right]dt$.

   Then $f'\left(4\right)=$　丁　.
訣竅
運用微積分基本定理搭配連鎖律計算即可；亦可先求出 $f$ 再求導計算。
解法一

運用微積分基本定理與連鎖律可得

$\displaystyle f'\left(x^2\right)\cdot2x=-\frac3{x^4}\int_4^{x^2}\left[3t^2-f'\left(t\right)\right]dt+\frac{\left[3x^4-f'\left(x^2\right)\right]\cdot2x}{x^3}.$

代入 $x=\pm2$，如此有

$\displaystyle\pm4f'\left(4\right)=\frac{\left(48-f'\left(4\right)\right)\cdot\pm4}{\pm8}=24-\frac{f'\left(4\right)}2.$

那麼便有

$\displaystyle f'\left(4\right)=\frac{16}3\quad\mbox{或}\quad f'\left(4\right)=-\frac{48}7.$

解法二

首先注意到代入 $x=\pm2$ 有 $f\left(4\right)=0$，接著直接積分可得

$\displaystyle f\left(x^2\right)=\left.\frac1{x^3}\left[t^3-f\left(t\right)\right]\right|_4^{x^2}=f\left(x^2\right)=\frac{x^6-f(x^2)-64}{x^3}.$

因此

$\displaystyle\left(1+\frac1{x^3}\right)f\left(x^2\right)=\frac{x^6-64}{x^3}.$

故解得

$\displaystyle f\left(x^2\right)=\frac{x^6-64}{x^3+1}.$

計算微分可得$

$\displaystyle2xf'\left(x^2\right)=\frac{6x^5\cdot\left(x^3+1\right)-\left(x^6-64\right)\cdot3x^2}{\left(x^3+1\right)^2}=\frac{3x^8+6x^5+192x^2}{\left(x^3+1\right)^2}.$

代入 $x=\pm2$可得

$\displaystyle\pm4f'\left(4\right)=\frac{3\cdot256\pm6\cdot32+192\cdot4}{\left(1\pm8\right)^2}.$

如此可得

$\displaystyle f'\left(4\right)=\frac{16}3\quad\mbox{或}\quad f'\left(4\right)=-\frac{48}7.$



5. Let $V$ be the volume of the solid in the first octant that is inside the cylinder $x^2+y^2=1$ and bounded below by the $xy$-plane and above by the plane $3x+2y+6z=6$. Then $V=$　戊　.
訣竅
先找出該立體區域在平面上的投影區域作為底部，隨後運用底面積乘以高形成體積的概念來列式並計算。
解法

將 $V$ 投影到 $xy$ 平面為

$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq1,~x\geq0,~y\geq0\right\}$.

如此體積可以列式並計算如下

$\displaystyle V=\iint_D\left(1-\frac x2-\frac y3\right)dA.$

運用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中由 $D$ 可知 $r$ 與 $\theta$ 滿足 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，如此體積可計算如下

$\begin{aligned}V&=\int_0^{\pi/2}\int_0^1\left(1-\frac{r\cos\theta}2-\frac{r\sin\theta}3\right)r\,dr\,d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\left.\left(\frac{r^2}2-\frac{r^3\cos\theta}6-\frac{r^3\sin\theta}9\right)\right|_{r=0}^{r=1}d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\left(\frac12-\frac{\cos\theta}6-\frac{\sin\theta}9\right)d\theta\\&=\left.\left(\frac\theta2-\frac{\sin\theta}6+\frac{\cos\theta}9\right)\right|_0^{\pi/2}\\&=\frac\pi4-\frac16-\frac19\\&=\frac{9\pi-10}{36}.\end{aligned}$



6. The smallest value of the function $f\left(x\right)=e^{-x}\sin x$ on the interval $\displaystyle\left[-\frac\pi2,\frac{3\pi}2\right]$ is 　己　.
訣竅
為了找出函數的極值，我們要找出使它導函數為零的位置以及區間的端點。
解法
先找出使導函數為零的位置，亦即解方程式
$f'\left(x\right)=-e^{-x}\sin x+e^{-x}\cos x=0.$
這等同於 $\sin x=\cos x$，也就是 $\tan x=1$。由於 $x\in\left[-\pi/2,3\pi/2\right]$，故 $x=\pi/4$ 或 $x=5\pi/4$。
將這些位置以極端點代入檢查有
$\displaystyle f\left(\frac\pi4\right)=\frac{e^{-\pi/4}}{\sqrt2}>0,\quad f\left(\frac{5\pi}4\right)=-\frac{e^{-5\pi/4}}{\sqrt2}<0,\quad f\left(-\frac\pi2\right)=-e^{\pi/2}<0,\quad f\left(\frac{3\pi}2\right)=-e^{-3\pi/2}<0.$
兩兩比較大小並配合指數函數的單調性能夠知道最小值發生在 $x=-\pi/2$，其值為 $-e^{\pi/2}$。


7. If $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n\left(x-1\right)^n$ is the power series expansion of $xe^x$, then $a_3=$　庚　.
訣竅
知道冪級數的係數乃是高階導數值。
解法
設 $f\left(x\right)=xe^x$，而 $\displaystyle a_3=\frac{f^{\left(3\right)}(1)}{3!}$，故逐次計算一至三階導函數如下
$\begin{aligned} &f'\left(x\right)=xe^x+e^x,\\&f''\left(x\right)=xe^x+2e^x,\\&f^{(3)}(x)=xe^x+3e^x.\end{aligned}$
因此 $a_3=\frac{4e}{6}=\frac{2e}3$。


8. Under the conditions $x>0$, $y>0$, $z>0$ and $x^2+y+z=25$, the maximum value of the product $xyz$ is 　辛　.
訣竅
由於條件給定相加的算式而所求的極大極小值函數為相乘的，故使用算術幾何不等式求解。
解法
運用算術幾何不等式可知
$\displaystyle25=x^2+\frac y2+\frac y2+\frac z2+\frac z2\geq5\sqrt[5]{x^2\cdot\frac y2\cdot\frac y2\cdot\frac z2\cdot\frac z2}=5\left(\frac{x^2y^2z^2}{16}\right)^{1/5}.$
兩邊同時五次方並開根號後有
$\displaystyle25\sqrt5\geq\frac{xyz}4>0.$
如此 $xyz\leq4\cdot25\sqrt5=100\sqrt5$，其中等號成立條件為 $\displaystyle x^2=\frac y2=\frac z2$，易知取 $x=\sqrt5$、$y=z=10$ 即可符合。
2. 計算與證明題（必須寫出演算證明過程）
1. Does there exist a differentiable function $f:\mathbb R\to\mathbb R$ such that $f\left(0\right)=0$ and $f\left(f\left(x\right)\right)=x^4-x$ for all $x\in\mathbb R$? Give reasons for your answer.
訣竅
要符合這樣複雜條件的函數可能不存在，所以可以運用反證法，試圖導致一個矛盾，其關鍵在於他想問是否有一個可微的函數符合複雜的關係式，所以運用微分找出它的矛盾。
解法
假定存在滿足題意的函數 $f$，那麼對 $f\left(f\left(x\right)\right)=x^4-x$ 微分可得
$f'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=4x^3-1.$
取 $x=0$ 可發現
$\left(f'\left(0\right)\right)^2\stackrel{f\left(0\right)=0}{=\!=\!=\!=\!=\!=}f'\left(f\left(0\right)\right)f'\left(0\right)=-1.$
這就導致了一個矛盾，因為 $\left(f'\left(0\right)\right)^2\geq0$，故不可能等於 $-1$。這就說明了要滿足該關係的可微函數 $f$ 不可能存在。


2. Let $a_1=1$ and, for $n\geq2$, let $a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}$. Prove that $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ exists and find the limit.
訣竅
要證明極限存在的一個關鍵手法是使用單調有界定理，其中分別需要說明該數列單調以及該數列有界，而這兩者皆可使用數學歸納法來證明。
解法

首先證明數列單調遞增，也就是證明對於所有正整數 $n$ 恆有 $a_{n+1}>a_n$。可以看到當 $n=1$ 時有 $a_2=\sqrt{7}>1=a_1$，故 $n=1$ 時成立。設 $n=k$ 時該不等式成立，亦即有 $a_{k+1}>a_k$，那麼可知

$a_{k+2}=\sqrt{6+a_{k+1}}>\sqrt{6+a_k}=a_{k+1}.$

這就說明了該不等式在 $n=k+1$ 時也成立，因此由數學歸納法就說明出數列單調遞增。

現在證明該數列有上界，特別的是我們要證明對於所有正整數 $n$ 恆有 $a_n<3$。明顯地，當 $n=1$ 時有 $a_1=1<3$。設 $n=k$ 時不等式成立，亦即 $a_k<3$，那麼有

$a_{k+1}=\sqrt{6+a_k}<\sqrt{6+3}=3.$

這表示該不等式在 $n=k+1$ 時亦成立，因此由數學歸納法能知數列有上界。

根據單調有界定理可知該數列有極限。現設該極限為 $L$，那麼由於數列的遞增性可知 $3\geq L\geq1$。再者對於原式取極限有 $L=\sqrt{6+L}$，平方整理有 $L^2-L-6=0$，解得 $L=3$ 或 $L=-2$，但後者不合，因此 $L=3$。



3. Suppose $f\left(x\right)$ is a continuous, nonnegative function on $\left[0,1\right]$ and, for $n=0,1,2,\cdots$, let $\displaystyle a_n=\int_0^1f\left(x\right)x^n\,dx$.
   1. Prove that $\displaystyle a_2\leq a_1\leq a_2+\frac{a_0}4$.
   2. Prove that $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$.
訣竅
對於第一小題，可以藉由多項式 $x^n$ 的估計以及分部積分法證明不等式；第二小題則利用連續函數在閉區間上有界來應用夾擠定理。
解法
1. 由於 $x\in\left[0,1\right]$，因此 $x^2\leq x$。又因為 $f\left(x\right)\geq0$，故同乘以 $f\left(x\right)$ 後在 $\left[0,1\right]$ 上取積分可知

   $\displaystyle a_2=\int_0^1f\left(x\right)x^2\,dx\leq\int_0^1f\left(x\right)x\,dx=a_1.$

   這就證明了第一個不等號。

   另一方面，可以注意到不等式：

   $\displaystyle\left(x-\frac12\right)^2\geq0.$

   展開後移項則有

   $\displaystyle x\leq x^2+\frac14.$

   同樣地，同乘以 $f\left(x\right)$ 後在 $\left[0,1\right]$ 上同取定積分可得

   $\displaystyle a_1=\int_0^1f\left(x\right)x\,dx\leq\int_0^1f\left(x\right)\left(x^2+\frac14\right)dx=\int_0^1f\left(x\right)x^2\,dx+\frac14\int_0^1f\left(x\right)dx=a_2+\frac{a_0}4.$

   這就證明了第二個不等式。

2. 由於 $f$ 是在閉區間上的連續函數，故存在正數 $M$ 滿足

   $0\leq f\left(x\right)\leq M.$

   那麼同乘以 $x^n$ 後在 $[0,1]$ 上取定積分可知

   $\displaystyle0\leq a_n\leq M\int_0^1x^n\,dx=\frac M{n+1}.$

   可以注意到左右兩端當 $n$ 趨於無窮時皆趨於零，故由夾擠定理可知 $a_n$ 亦隨 $n$ 趨於無窮而趨於零。


4. 1. Compute the area of the region

      $D=\left\{\left(x,y\right)|4x^2\leq y\leq\left(4x+1\right)^2+3~\mbox{and}~y\leq4\right\}$.

   2. Let $\left(\bar x,\bar y\right)$ be the centroid of $D$. Find $\bar x$.
訣竅
畫出圖形（拋物線）後容易看出可以計算出兩區域面積後相減即可；同樣的，可以算出兩個區域的形心後運用加權的觀點求出餘下區域的形心。
解法
先將區域 $D$ 繪圖如下

1. 分別計算較大的區域面積與被挖掉的區域面積如下

   $\displaystyle A_{\text{大}}=\int_{-1}^1\left(4-4x^2\right)dx=\left.4x-\frac{4x^3}4\right|_{-1}^1=\frac{16}3,$

   以及

   $\displaystyle A_{\text{扣去}}=\int_{-1/2}^0\left[4-(\left(4x+1\right)^2+3)\right]dx=-8\int_{-1/2}^0\left(2x^2+x\right)dx=\left.-\frac{16x^3}3-4x^2\right|_{-1/2}^0=\frac13.$

   因此所求的面積為 $\displaystyle\frac{16}3-\frac13=5$。
2. 容易觀察出大區域的形心的 $x$ 座標為 $0$，而被挖去的區域的形心座標為 $\displaystyle-\frac14$。設留下的區域的形心座標為 $\bar x$，那麼由加權平均可知

   $\displaystyle\frac{\displaystyle5\cdot\bar x+\frac13\cdot-\frac14}{\displaystyle5+\frac13}=\frac{16}3\cdot0.$

   因此可知 $\displaystyle\bar x=\frac1{60}$。