第一部分：共七題，每題 $10$ 分。
- 以每秒 $a$ cm$^3$ 的速度吹一氣泡，求氣泡在半徑 $R=1$ 時表面積膨脹的速率。
- 求曲線 $x^3+y^3-3xy=3$ 在點 $\left(1,2\right)$ 的切線方程式。
- $f\left(x\right)=x^4-4x+k$ 恆大於 $0$，試定 $k$ 的範圍。
- 半徑為 $a$ 的球，自北極至南極鑿一半徑為 $b$（$b<a$）的圓孔，求所餘體積。
- 試選定 $N$，使 $\displaystyle\int_N^{\infty}e^{-x^2}dx<10^{-3}$。
- 是否存在 $f,g$ 滿足如下方程式，如有，求 $f,g$。
- $f_x=x+y$, $f_y=x-y$
- $g_x=x-y$, $g_y=x+y$。
- 作偏積分可取
$\displaystyle f\left(x,y\right)=\frac{x^2+2xy-y^2}2+C$
可滿足條件。 - 不存在這樣的 $g$。假若有這樣的 $g$，那麼注意到
$\displaystyle g_{xy}=\frac{\partial g_x}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(x-y\right)=-1\neq1\frac{\partial}{\partial x}\left(x+y\right)=\frac{\partial g_y}{\partial x}=g_{yx}$
這是一個矛盾，故沒有這樣的 $g$。 - $\displaystyle f\left(x\right)=\int_x^ae^{-t^2}dt$，求 $f$ 在 $0\leq x\leq a$ 上的平均值。
訣竅
運用球體體積公式與連鎖律計算。解法
由球體體積公式有$\displaystyle V=\frac43\pi R^3$
兩邊對 $t$ 求導有$\displaystyle\frac{dV}{dt}=4\pi R^2\frac{dR}{dt}$
當 $R=1$ 時且由條件知 $\displaystyle\frac{dV}{dt}=a$，如此有 $\displaystyle\frac{dR}{dt}=\frac{a}{4\pi}$。另一方面，表面積公式為 $A=4\pi R^2$，求導則有$\displaystyle\frac{dA}{dt}=8\pi R\frac{dR}{dt}$
那麼當 $R=1$ 且 $\displaystyle\frac{dR}{dt}=\frac{a}{4\pi}$ 有 $\displaystyle\frac{dA}{dt}=2aR$。訣竅
運用隱函數微分計算斜率，隨後使用點斜式即可。解法
運用隱函數微分對給定的方程求導有$\displaystyle3x^2+3y^2\frac{dy}{dx}-3y-3x\frac{dy}{dx}=0$
取 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$ 便有 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,2\right)}=\frac13$，如此使用點斜式有$\displaystyle y-2=\frac13\left(x-1\right)$
或寫為 $x-3y+5=0$。訣竅
為了使一函數恆正，我們使其最小值也為正值即可。解法
按提示，我們先尋求 $f$ 的最小值。為此我們解方程式 $f'\left(x\right)=4x^3-4=0$，容易解得 $x=1$。再者，求二階導函數有 $f''\left(x\right)=12x^2\geq0$（僅在 $x=0$ 時等號成立），因此 $f$ 嚴格凹口向上，故 $f$ 在 $x=1$ 處達到絕對極小值（最小值）。
現欲使 $f$ 恆正，我們應要求 $f\left(1\right)>0$，此即 $k-3>0$，故 $k$ 應滿足 $k>3$。
訣竅
直接計算挖去的體積並與球體體積相減即可。解法
首先球體體積公式為 $\displaystyle V_1=\frac43\pi a^3$，而鑿去的體積可表達並計算如下$\displaystyle V_2=\iint_D2\sqrt{a^2-x^2-y^2}dA$
此處$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:~0\leq x^2+y^2\leq b^2\right\}$
如此應用極座標變換有$\displaystyle V_2=2\int_0^{2\pi}\int_0^b\sqrt{a^2-r^2}rdrd\theta=2\pi\int_0^b\sqrt{a^2-r^2}dr^2=\left.2\pi\cdot-\frac23\left(a^2-r^2\right)^{3/2}\right|_0^b=\frac{4\pi\left[a^3-\left(a^2-b^2\right)^{3/2}\right]}3$
因此所求的體積為$\displaystyle V=V_1-V_2=\frac{4\pi\left(a^2-b^2\right)^{3/2}}3$
訣竅
注意到當 $N>1$ 時有 $e^{-x^2}<e^{-x}$，據此可以計算獲得一簡易的不等式從而決定適當的 $N$。解法
取 $N=1+3\ln10$，如此便有$\displaystyle\int_N^{\infty}e^{-x^2}dx\leq\int_N^{\infty}e^{-x}dx=-e^{-x}\Big|_N^{\infty}=e^{-N}=e^{-1-3\ln10}=\frac{10^{-3}}e<10^{-3}$
訣竅
藉由二階偏導函數進行檢驗。解法
訣竅
按照平均值的定義，隨後運用 Fubini 定理改變積分次序計算即可。解法
按平均值的定義有$\displaystyle\bar{f}=\frac{\displaystyle\int_0^af\left(x\right)dx}a=\frac1a\displaystyle\int_0^a\int_x^ae^{-t^2}dtdx$
運用 Fubini 定理交換積分次序：$\displaystyle\bar{f}=\frac1a\displaystyle\int_0^a\int_0^te^{-t^2}dxdt=\frac1a\displaystyle\int_0^ate^{-t^2}dt=\left.-\frac1{2a}e^{-t}\right|_0^a=\frac{1-e^{-a}}{2a}$
第二部分：以下四題，任選二題，每題 $15$ 分。
- $f\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{\sin x}{x},&x\neq0\\1,&x=0\end{cases}$。
- 寫出 $f$ 的 Maclaurin 級數
- 估計 $\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}xdx$ 的近似值，使誤差 $<10^{-3}$。
- 運用基本函數的泰勒展開式可知
$\displaystyle\sin x=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}$
兩邊同除以 $x$ 可得 $f$ 的 Maclaurin 級數有$\displaystyle f\sim\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{\left(2k+1\right)!}$
- 由這個級數可知
$\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}xdx=\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{\left(2k+1\right)!}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{\left(2k+1\right)!}\int_0^1x^{2k}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{\left(2k+1\right)\left(2k+1\right)!}$
當 $k=3$ 時有 $\displaystyle\frac1{7\cdot7!}=\frac1{35280}<\frac1{1000}$，因此求前三項之和可得誤差小於 $10^{-3}$ 的近似值：$\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}xdx\approx1-\frac1{18}+\frac1{600}=\frac{1703}{1800}=0.946\bar{1}$
【註】：實際上這個積分有
$\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}xdx\approx0.946083\cdots$
故確實我們的近似值符合題意。 - 求單位球 $x^2+y^2+z^2\leq1$ 與圓柱 $\displaystyle x^2+\left(y-\frac12\right)^2\leq\left(\frac12\right)^2$ 交集的體積。
- 曲面 $z=101-x^2-4y^2$，$z\geq0$，邊緣 $\left(1,5,0\right)$ 處有一小蟲，欲登頂，走捷徑，問小蟲路徑。
- $0<x<1$，試比較 $\sin x^2$ 及 $\sin^2x$ 的大小。
訣竅
運用基本函數的泰勒展開式即可；運用交錯級數的誤差估計估算項數。解法
訣竅
運用重積分表達體積，隨後使用極座標變換求解。解法
設 $\displaystyle D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:~x^2+\left(y-\frac12\right)^2\leq\left(\frac12\right)^2\right\}$，如此體積可表達為$\displaystyle V=\iint_D2\sqrt{1-x^2-y^2}dA$
令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，則變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq\sin\theta\\&0\leq\theta\leq\pi\end{aligned}\right.$，故所求的體積可改寫並計算如下$\displaystyle\begin{aligned}V&=2\int_0^\pi\int_0^{\sin\theta}\sqrt{1-r^2}rdrd\theta=\int_0^{\pi}\int_0^{\sin\theta}\sqrt{1-r^2}dr^2d\theta\\&=\int_0^{\pi}\left.-\frac23\left(1-r^2\right)^{3/2}\right|_0^{\sin\theta}d\theta=\frac23\int_0^{\pi}\left(1-\cos^3\theta\right)d\theta=\left.\frac23\left(\theta-\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}3\right)\right|_0^\pi=\frac{2\pi}3\end{aligned}$
訣竅
對於捷徑一詞有歧異，是最短的距離抑或是最快速的路徑。解法【最短路徑】
頂點位置於 $\left(0,0,101\right)$，直接走捷徑為$\left\{\begin{aligned}&x\left(t\right)=1-t\\&y\left(t\right)=5-5t\\&z\left(t\right)=101-101\left(1-t\right)^2\end{aligned}\right.$
解法【最快速的路徑】
設 $f\left(x,y\right)=101-x^2-4y^2$。考慮該空間曲線在 $xy$ 平面上的投影為 $\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)$。為使最快達到峰頂，我們考慮曲線 $\left(x'\left(t\right),y'\left(t\right)\right)\parallel\left(f_x\left(x,y\right),f_y\left(x,y\right)\right)=\left(-2x,-8y\right)$，即$\displaystyle\frac{x'}{-2x}=\frac{y'}{-8y}$
同取積分有 $y=Cx^4$，又起點為 $\left(1,5\right)$，故取 $C=5$。因此該捷徑曲線為$\left(x\left(t\right),y\left(t\right),z\left(t\right)\right)=\left(1-t,5\left(1-t\right)^4,101-\left(1-t\right)^2-100\left(1-t\right)^8\right)$
訣竅
設定兩函數之差，運用單調性求解；亦可運用泰勒展開式進行觀察（此法不嚴謹）。解法一
設 $f\left(x\right)=\sin\left(x^2\right)-\sin^2x$，那麼求導有$f'\left(x\right)=2x\cos\left(x^2\right)-2\sin x\cos x$
當 $\displaystyle0<x<1<\frac\pi2$ 時有 $\displaystyle0<x^2<x<\frac\pi2$，取餘弦有$0<\cos\left(x\right)<\cos x<1$，故$f'\left(x\right)>2x\cos x-2\sin x\cos x=2\cos x\left(x-\sin x\right)>0$
此即 $f$ 為遞增函數，故當 $x>0$ 時有 $f\left(x\right)>f\left(0\right)=0$，因此 $\sin\left(x^2\right)>\sin^2x$。解法二【此法不嚴謹】
運用泰勒展開式進行觀察可注意到$\displaystyle\sin\left(x^2\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{\left(x^2\right)^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{4k+2}}{\left(2k+1\right)!}=x^2-\frac{x^6}6+\frac{x^{10}}{120}-\cdots$
另一方面$\displaystyle\sin^2x=\frac{1-\cos2x}2=\frac{\displaystyle1-\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{\left(2x\right)^k}{\left(2k\right)!}}2=\sum_{k=1}^{\infty}\left(-1\right)^{k-1}\frac{2^{k-1}x^k}{\left(2k\right)!}=x^2-\frac{x^4}3+\cdots$
藉由對應的泰勒多項式之係數比大小可以注意到 $\sin\left(x^2\right)>\sin^2x$。
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