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 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin3x+a+bx+cx^3}{x^3}=-3$, then $a+b+c=$ 甲 .
- $\displaystyle\int_0^1\!\frac{\sqrt[4]x}{1+\sqrt x}\,\mathrm dx=$ 乙 .
- 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 $\mathrm dx=4u^3\,\mathrm du$。
- $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\!|\cos2x-\sin x|\,\mathrm dx=$ 丙 .
- Suppose $f(x)$ is a differentiable function on $(0,\infty)$ and satisfies
$\displaystyle f(x^2)=\frac1{x^3}\int_4^{x^2}\![3t^2-f'(t)]\,\mathrm dt$.
Then $f'(4)=$ 丁 . - 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 .
- 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 $x^3$，並且 $x^3$ 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 $\sin x$ 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$\begin{aligned}-3&=\lim_{x\to0}\frac{\sin3x+a+bx+cx^3}{x^3}\\&=\lim_{x\to9}\frac{\displaystyle3x-\frac{27x^3}6+\cdots+a+bx+cx^3}{x^3}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle a+(b+3)x+\left(c-\frac{27}6\right)x^3+\cdots}{x^3}.\end{aligned}$
藉由比較係數可知有 $a=0$、$b=-3$、$\displaystyle c-\frac{27}6=-3$，因此 $\displaystyle c=\frac32$，如此所求為 $\displaystyle a+b+c=0-3+\frac32=-\frac32$。【註】 當 $a=0$、$b=-3$ 且 $c=3/2$ 時，函數 $\displaystyle f(x)=\frac{\displaystyle\sin3x-3x+\frac32x^3}{x^3}$ 在 $x=0$ 附近的圖形如下
解法二
首先可直接觀察到$\displaystyle a=\lim_{x\to0}(\sin3x+a+bx+cx^3)=\lim_{x\to0}\frac{\sin3x+a+bx+cx^3}{x^3}\cdot\lim_{x\to0}x^3=(-3)\cdot0=0$.
進一步由 $a=0$ 可注意到$\displaystyle\lim_{x\to0}(\sin3x+bx+cx^3)=\lim_{x\to0}x=0$,
從而運用 L'Hôpital 法則可知$\displaystyle3+b=\lim_{x\to0}\frac{3\cos3x+b+3cx^2}1=\lim_{x\to0}\frac{\sin3x+bx+cx^3}x=\lim_{x\to0}\frac{\sin3x+bx+cx^3}{x^3}\cdot\lim_{x\to0}x^2=(-3)\cdot0=0$,
即 $b=-3$。最後當 $a=0$、$b=-3$ 時可注意到$\begin{aligned}&\lim_{x\to0}(\sin3x-3x+cx^3)=\lim_{x\to0}x^3=0,\\&\lim_{x\to0}(3\cos3x-3+3cx^2)=\lim_{x\to0}(3x^2)=0,\\&\lim_{x\to0}(-9\sin3x+6cx)=\lim_{x\to0}(6x)=0,\end{aligned}$
故應用 L'Hôpital 法則可知$\displaystyle\begin{aligned}-3&=\lim_{x\to0}\frac{\sin3x-3x+cx^3}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{3\cos3x-3+3cx^2}{3x^2}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-9\sin3x+6cx}{6x}=\lim_{x\to0}\frac{-27\cos3x+6c}6=\frac{-9+2c}2,\end{aligned}$
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 $\displaystyle f(x)=\frac{\displaystyle\sin3x-3x+\frac32x^3}{x^3}$ 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 $u=\sqrt[4]x$，那麼有$\displaystyle\int_0^1\!\frac{\sqrt[4]x}{1+\sqrt x}\,\mathrm dx=\int_0^1\!\frac u{1+u^2}\cdot4u^3\,\mathrm du=4\int_0^1\!\frac{u^4}{1+u^2}\,\mathrm du.$
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$\displaystyle4\int_0^1\frac{u^4}{1+u^2}du=4\int_0^1\left(u^2-1+\frac1{1+u^2}\right)du=\left.4\left(\frac{u^3}3-u+\tan^{-1}u\right)\right|_0^1=\pi-\frac83.$
【註】 函數 $\displaystyle f(x)=\frac{\sqrt[4]x}{1+\sqrt x}$ 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 $\cos 2x-\sin x=1-2\sin^2x-\sin x$，據此解不等式 $\cos2x-\sin x>0$ 等價於$(2\sin x-1)(\sin x+1)=1-2\sin^2x-\sin x<0.$
由於 $x\in[0,\pi/2]$，因此等價於 $\sin x<1/2$，從而 $x\in[0,\pi/6]$。至此所求的定積分可分段計算如下$\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\!|\cos2x-\sin x|\,\mathrm dx&=\int_0^{\pi/6}\!(\cos2x-\sin x)\,\mathrm dx+\int_{\pi/6}^{\pi/2}\!(\sin x-\cos2x)\,\mathrm dx\\&=\left.\left(\frac{\sin2x}2+\cos x\right)\right|_0^{\pi/6}+\left.\left(-\cos x-\frac{\sin2x}2\right)\right|_{\pi/6}^{\pi/2}\\&=\left(\frac{\sqrt3}4+\frac{\sqrt3}2-1\right)+\left(\frac{\sqrt3}2+\frac{\sqrt3}4\right)=\frac{3\sqrt3-2}2.\end{aligned}$
【註】 函數 $f(x)=|\cos2x-\sin x|$ 在 $[0,\pi/2]$ 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$\displaystyle f'(x^2)\cdot2x=-\frac3{x^4}\int_4^{x^2}\![3t^2-f'(t)]\,\mathrm dt+\frac{d[3x^4-f'(x^2)]\cdot2x}{x^3}$.
代入 $x=\pm2$，如此有$\displaystyle\pm4f'(4)=\frac{(48-f'(4))\cdot\pm4}{\pm8}=24-\frac{f'(4)}2.$
那麼便有$\displaystyle f'(4)=\frac{16}3\quad\text{或}\quad f'(4)=-\frac{48}7$.
解法二
首先注意到代入 $x=\pm2$ 有 $f(4)=0$，接著直接積分可得$\displaystyle f(x^2)=\left.\frac1{x^3}[t^3-f(t)]\right|_4^{x^2}=\frac{x^6-f(x^2)-64}{x^3}$.
因此 $\displaystyle\left(1+\frac1{x^3}\right)f(x^2)=\frac{x^6-64}{x^3}$，故解得$\displaystyle f(x^2)=\frac{x^6-64}{x^3+1}.$
使用連鎖律求導可得$\displaystyle2xf'(x^2)=\frac{6x^5\cdot(x^3+1)-(x^6-64)\cdot3x^2}{(x^3+1)^2}=\frac{3x^8+6x^5+192x^2}{(x^3+1)^2}$.
代入 $x=\pm2$ 可得$\displaystyle\pm4f'(4)=\frac{3\cdot256\pm6\cdot32+192\cdot4}{(1\pm8)^2}.$
如此可得$\displaystyle f'(4)=\frac{16}3\quad\text{或}\quad f'(4)=-\frac{48}7$.
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$D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq1,~x\geq0,~y\geq0\}$.
如此在 $xy$ 平面之上而在平面 $3x+2y+6z=6$（或寫為 $\displaystyle z=1-\frac x2-\frac y3$）之下的體積可以列式如下$\displaystyle V=\iint_D\!\left(1-\frac x2-\frac y3\right)\,\mathrm dA.$
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 $L=3$。
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
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
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