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
- 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)
- If limx→0sin3x+a+bx+cx3x3=−3, then a+b+c= 甲 .
- ∫104√x1+√xdx= 乙 .
- 當 x=0 時,則有 u=0;當 x=1 時,則有 u=1;
- 由代換可知 x=u4,因此 dx=4u3du。
- ∫π/20|cos2x−sinx|dx= 丙 .
- Suppose f(x) is a differentiable function on (0,∞) and satisfies
f(x2)=1x3∫x24[3t2−f′(t)]dt.
Then f′(4)= 丁 . - Let V be the volume of the solid in the first octant that is inside the cylinder x2+y2=1 and bounded below by the xy-plane and above by the plane 3x+2y+6z=6. Then V= 戊 .
- The smallest value of the function f(x)=e^{-x}\sin x on the interval [-\pi/2,3\pi/2] is 己 .
- If \displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n is the power series expansion of xe^x, then a_3= 庚 .
- Under the conditions x>0, y>0, z>0 and x^2+y+z=25, the maximum value of the product xyz is 辛 .
- 計算與證明題(必須寫出演算證明過程)
- Does there exist a differentiable function f:\mathbb R\to\mathbb R such that f(0)=0 and f(f(x))=x^4-x for all x\in\mathbb R? Give reasons for your answer.
- 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.
- Suppose f(x) is a continuous, nonnegative function on [0,1] and, for n=0,1,2,\cdots, let \displaystyle a_n=\int_0^1\!f(x)x^n\,\mathrm dx.
- Prove that \displaystyle a_2\leq a_1\leq a_2+\frac{a_0}4.
- Prove that \displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0.
由於 x\in[0,1],因此 x^2\leq x。又因為 f(x)\geq0,故同乘以 f(x) 後在 [0,1] 上取積分可知
\displaystyle a_2=\int_0^1\!f(x)x^2\,\mathrm dx\leq\int_0^1\!f(x)x\,\mathrm 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.
類似地,同乘以 f(x) 後在 [0,1] 上同取定積分可得\displaystyle a_1=\int_0^1\!f(x)x\,\mathrm dx\leq\int_0^1\!f(x)\left(x^2+\frac14\right)\,\mathrm dx=\int_0^1\!f(x)x^2\,\mathrm dx+\frac14\int_0^1\!f(x)\,\mathrm dx=a_2+\frac{a_0}4.
這就證明了第二個不等式。- 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(x)\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_0^1\!x^n\,\mathrm 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。 - Compute the area of the region
D=\{(x,y)\,|\,4x^2\leq y\leq(4x+1)^2+3~\text{and}~y\leq4\}.
- Let (\bar x,\bar y) be the centroid of D. Find \bar x.
- Compute the area of the region
- 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\!(4-4x^2)\,\mathrm dx=\left.4x-\frac{4x^3}4\right|_{-1}^1=\frac{16}3,
以及\displaystyle A_{\text{扣去}}=\int_{-1/2}^0\![4-((4x+1)^2+3)]\,\mathrm dx=-8\int_{-1/2}^0\!(2x^2+x)\,\mathrm 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。 - 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}。
訣竅
運用 Taylor 展開式,觀察到分子應消掉低次項的而留下 x3,並且 x3 的係數應為 −3;由極限的四則運算定理並運用 L'Hôpital 法則計算即可。解法一
回憶起 sinx 的 Taylor 展開式為sinx=x−x36+⋯.
因此給定的極限可寫為−3=limx→0sin3x+a+bx+cx3x3=limx→93x−27x36+⋯+a+bx+cx3x3=limx→0a+(b+3)x+(c−276)x3+⋯x3.
藉由比較係數可知有 a=0、b=−3、c−276=−3,因此 c=32,如此所求為 a+b+c=0−3+32=−32。【註】 當 a=0、b=−3 且 c=3/2 時,函數 f(x)=sin3x−3x+32x3x3 在 x=0 附近的圖形如下
解法二
首先可直接觀察到a=limx→0(sin3x+a+bx+cx3)=limx→0sin3x+a+bx+cx3x3⋅limx→0x3=(−3)⋅0=0.
進一步由 a=0 可注意到limx→0(sin3x+bx+cx3)=limx→0x=0,
從而運用 L'Hôpital 法則可知3+b=limx→03cos3x+b+3cx21=limx→0sin3x+bx+cx3x=limx→0sin3x+bx+cx3x3⋅limx→0x2=(−3)⋅0=0,
即 b=−3。最後當 a=0、b=−3 時可注意到limx→0(sin3x−3x+cx3)=limx→0x3=0,limx→0(3cos3x−3+3cx2)=limx→0(3x2)=0,limx→0(−9sin3x+6cx)=limx→0(6x)=0,
故應用 L'Hôpital 法則可知−3=limx→0sin3x−3x+cx3x3=limx→03cos3x−3+3cx23x2=limx→0−9sin3x+6cx6x=limx→0−27cos3x+6c6=−9+2c2,
即得 c=3/2。因此所求為 a+b+c=−3/2。【註】 當 a=0、b=−3 且 c=3/2 時,函數 f(x)=sin3x−3x+32x3x3 在 x=0 附近的圖形如下
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=4√x,那麼有∫104√x1+√xdx=∫10u1+u2⋅4u3du=4∫10u41+u2du.
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u41+u2=u4+u21+u2−1+u21+u2+11+u2=u2−1+11+u2.
如此所求可以繼續計算如下而得4∫10u41+u2du=4∫10(u2−1+11+u2)du=4(u33−u+tan−1u)|10=π−83.
【註】 函數 f(x)=4√x1+√x 在 [0,1] 上的圖形及其所對應的面積如下
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 cos2x−sinx=1−2sin2x−sinx,據此解不等式 cos2x−sinx>0 等價於(2sinx−1)(sinx+1)=1−2sin2x−sinx<0.
由於 x∈[0,π/2],因此等價於 sinx<1/2,從而 x∈[0,π/6]。至此所求的定積分可分段計算如下∫π/20|cos2x−sinx|dx=∫π/60(cos2x−sinx)dx+∫π/2π/6(sinx−cos2x)dx=(sin2x2+cosx)|π/60+(−cosx−sin2x2)|π/2π/6=(√34+√32−1)+(√32+√34)=3√3−22.
【註】 函數 f(x)=|cos2x−sinx| 在 [0,π/2] 上的圖形及其所對應的面積如下圖
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f′(x2)⋅2x=−3x4∫x24[3t2−f′(t)]dt+d[3x4−f′(x2)]⋅2xx3.
代入 x=±2,如此有±4f′(4)=(48−f′(4))⋅±4±8=24−f′(4)2.
那麼便有f′(4)=163或f′(4)=−487.
解法二
首先注意到代入 x=±2 有 f(4)=0,接著直接積分可得f(x2)=1x3[t3−f(t)]|x24=x6−f(x2)−64x3.
因此 (1+1x3)f(x2)=x6−64x3,故解得f(x2)=x6−64x3+1.
使用連鎖律求導可得2xf′(x2)=6x5⋅(x3+1)−(x6−64)⋅3x2(x3+1)2=3x8+6x5+192x2(x3+1)2.
代入 x=±2 可得±4f′(4)=3⋅256±6⋅32+192⋅4(1±8)2.
如此可得f′(4)=163或f′(4)=−487.
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={(x,y)∈R2:x2+y2≤1, x≥0, y≥0}.
如此在 xy 平面之上而在平面 3x+2y+6z=6(或寫為 z=1−x2−y3)之下的體積可以列式如下V=∬
運用極座標變換,令 x=r\cos\theta、y=r\sin\theta,其中變數範圍為 0\leq r\leq1、0\leq\theta\leq\pi/2,那麼體積可計算為\begin{aligned}V&=\int_0^{\pi/2}\!\int_0^1\!\left(1-\frac{r\cos\theta}2-\frac{r\sin\theta}3\right)r\,\mathrm dr\,\mathrm 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}\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\!\left(\frac12-\frac{\cos\theta}6-\frac{\sin\theta}9\right)\,\mathrm 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}
【註】 題目所描述之立體圖形如下
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'(x)=-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[-\pi/2,3\pi/2],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}。【註】 函數 f(x)=e^{-x}\sin x 的圖形及其各個局部極值點如下圖
訣竅
留意冪級數的係數與高階導數值有關;亦可運用經典函數的 Taylor 級數而獲得與之對應的係數。解法一
設 f(x)=xe^x,而 \displaystyle a_3=\frac{f^{(3)}(1)}{3!},故逐次計算一至三階導函數如下\begin{aligned} &f'(x)=xe^x+e^x,\\&f''(x)=xe^x+2e^x,\\&f^{(3)}(x)=xe^x+3e^x.\end{aligned}
因此 \displaystyle a_3=\frac{4e}6=\frac{2e}3。解法二
由自然指數的 Taylor 展開式可知\begin{aligned}f(x)&=xe^x=(x-1)e^x+e^x=e(x-1)e^{x-1}+ee^{x-1}\\&=e(x-1)\sum_{n=0}^\infty\frac{(x-1)^n}{n!}+e\sum_{n=0}^\infty\frac{(x-1)^n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty\frac{e(x-1)^{n+1}}{n!}+\sum_{n=0}^\infty\frac{e(x-1)^n}{n!}\\&=\sum_{n=1}^\infty\frac{e(x-1)^n}{(n-1)!}+\sum_{n=0}^\infty\frac{e(x-1)^n}{n!}=e+\sum_{n=1}^\infty\left[e\left(\frac1{n!}+\frac1{(n-1)!}\right)\right](x-1)^n.\end{aligned}
因此 \displaystyle a_3=e\left(\frac1{3!}+\frac1{2!}\right)=\frac{2e}3。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。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(f(x))=x^4-x 微分可得f'(f(x))f'(x)=4x^3-1.
取 x=0 可發現(f'(0))^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。因此滿足該關係的可導函數 f 不存在。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=\sqrt7>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。
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