請標明題號，依序做答。
計算題
- 求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{3^{\cos x}-3}{x^2}$。
- $f\left(x\right)$ 為連續函數，滿足 $\displaystyle\int_0^xf\left(t\right)dt=xe^{2x}+\int_0^xe^{-t}dt$。求 $f'\left(-1\right)$。
- $f\left(x\right)=\sin x^2$，求 $f^{\left(10\right)}\left(0\right)$。
- $\displaystyle f\left(x\right)=\int_1^{2x}\frac{dt}{\sqrt{1+t^4}}$，求 $\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)$。
- 求 (a). $\displaystyle\int_{\frac12}^1\sqrt{\frac{1-x}x}dx$
(b). $\displaystyle\int_0^1x\ln\frac1xdx$。 - 令 $\displaystyle u=\sqrt{\frac{1-x}x}$，那麼
- 當 $\displaystyle x=\frac12$ 時有 $u=1$；
- 當 $x=1$ 時有 $u=0$；
- 整理可知 $\displaystyle x=\frac1{1+u^2}$，求導則有 $\displaystyle dx=-\frac{2udu}{\left(1+u^2\right)^2}$。
$\displaystyle\int_{\frac12}^1\sqrt{\frac{1-x}x}dx=\int_1^0u\cdot\frac{-2udu}{\left(1+u^2\right)^2}=2\int_0^1\frac{u^2}{\left(1+u^2\right)^2}du$
再令 $u=\tan\theta$，那麼- 當 $u=0$ 有 $\theta=0$；
- 當 $u=1$ 有 $\displaystyle\theta=\frac\pi4$；
- 求導有 $du=\sec^2\theta d\theta$。
$\displaystyle\begin{aligned}2\int_0^1\frac{u^2}{\left(1+u^2\right)^2}du&=2\int_0^{\frac\pi4}\frac{\tan^2\theta}{\left(\sec^2\theta\right)^2}\cdot\sec^2\theta d\theta\\&=2\int_0^{\frac\pi4}\sin^2\theta d\theta=\int_0^{\frac\pi4}\left(1-\cos2\theta\right)d\theta=\left.\left(\theta-\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_0^{\frac\pi4}=\frac{\pi-2}4\end{aligned}$
- 運用分部積分法可知
$\displaystyle\int_0^1x\ln\frac1xdx=-\int_0^1x\ln xdx=-\frac12\int_0^1\ln xdx^2=\left.-\frac{x^2\ln x}2\right|_0^1+\frac12\int_0^1x^2\cdot\frac1xdx=\frac12\int_0^1xdx=\frac14$
- 求 $\displaystyle\int_0^1\int_{\sqrt{x}}^1\sin\frac{y^3+1}2dydx$。
- 用變數變換到極座標系統，求 $\displaystyle\iint_D\left(x^2+y^2\right)dxdy$ 之值。此處 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2|\left(x-a\right)^2+y^2=a^2,y\geq0\right\}$。
- 求 $\displaystyle y=\frac1{x^2\sqrt{x^2-9}}$ 和 $x$ 軸在 $x=2\sqrt3$ 到 $x=6$ 之間所圍成的區域繞 $y$ 軸旋轉所得的體積。
- 當 $x=2\sqrt3$ 時有 $\displaystyle\theta=\frac\pi6$；
- 當 $x=6$ 時有 $\displaystyle\theta=\frac\pi3$；
- 求導有 $dx=3\sec\theta\tan\theta d\theta$。
- 用 Lagrange method 求 $f\left(x,y,z\right)=2x+3y+5z$ 的極大極小值，而要求點在 $x^2+y^2+z^2=19$ 之上。
訣竅
用羅必達法則即可。解法
使用羅必達法則計算如下$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{3^{\cos x}-3}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{-3^{\cos x}\ln3\sin x}{2x}=-\frac{3\ln3}2$
訣竅
運用微積分基本定理即可。解法
運用微分基本定理求導$f\left(x\right)=e^{2x}+2xe^{2x}+e^{-x}$
再求導可得$f'\left(x\right)=4xe^{2x}+4e^{2x}-e^{-x}$
取 $x=-1$ 有 $f'\left(-1\right)=-e$。訣竅
運用基本函數的泰勒展開式即可。解法
運用正弦函數的泰勒展開式便有$\displaystyle f\left(x\right)=\sin\left(x^2\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{\left(x^2\right)^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{4k+2}}{\left(2k+1\right)!}=x^2-\frac{x^6}6+\frac{x^{10}}{120}-\cdots$
那麼所求 $\displaystyle f^{\left(10\right)}\left(0\right)=\frac{10!}{120}=30240$訣竅
運用反函數的定義與微積分基本定理並搭配連鎖律計算即可。解法
按照反函數的定義可知 $f^{-1}\left(f\left(x\right)\right)=x$，運用連鎖律求導可知$\left(f^{-1}\right)'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$
容易注意到 $\displaystyle f\left(\frac12\right)=0$，故取 $\displaystyle x=\frac12$，因此$\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=\frac1{f'\left(\frac12\right)}$
另一方面，由微積分基本定理與連鎖律有$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac1{\sqrt{1+\left(2x\right)^4}}\cdot2$
取 $\displaystyle x=\frac12$ 可得 $\displaystyle f'\left(\frac12\right)=\sqrt2$，故所求為 $\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=\frac1{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}2$。訣竅
第一小題運用變數代換處理之；第二小題則使用分部積分法計算即可。解法
訣竅
運用 Fubini 定理交換積分次序計算即可。解法
原積分範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&\sqrt{x}\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq y^2\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\int_{\sqrt{x}}^1\sin\frac{y^3+1}2dydx&=\int_0^1\int_0^{y^2}\sin\frac{y^3+1}2dxdy=\int_0^1y^2\sin\frac{y^3+1}2dy\\&=\frac13\int_0^1\sin\frac{y^3+1}2dy^3=\left.-\frac23\cos\left(\frac{y^3+1}2\right)\right|_0^1=\frac{2\cos\left(\frac12\right)-2\cos\left(1\right)}3\end{aligned}$
訣竅
按提示使用極座標變換計算即可。解法
令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2a\cos\theta\\&0\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫為$\displaystyle\begin{aligned}\iint_D\left(x^2+y^2\right)dxdy&=\int_0^{\frac\pi2}\int_0^{2a\cos\theta}r^2\cdot rdrd\theta=\int_0^{\frac\pi2}\left.\frac{r^4}4\right|_0^{2a\cos\theta}d\theta=4a^4\int_0^{\frac\pi2}\cos^4\theta d\theta\\&=a^4\int_0^{\frac\pi2}\left(1+\cos2\theta\right)^2d\theta=a^4\int_0^{\frac\pi2}\left(1+2\cos2\theta+\cos^22\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac{a^4}2\int_0^{\frac\pi2}\left(3+4\cos2\theta+\cos4\theta\right)d\theta=\frac{a^4}2\left(3\theta+2\sin2\theta+\frac{\sin4\theta}4\right)\right|_0^{\frac\pi2}\\&=\frac{3a^4\pi}4\end{aligned}$
訣竅
運用旋轉體體積公式求解即可。解法
運用旋轉體體積公式可知$\displaystyle V=\int_{2\sqrt3}^62\pi xy\left(x\right)dx=2\pi\int_{2\sqrt3}^6\frac{dx}{x\sqrt{x^2-9}}$
令 $x=3\sec\theta$，那麼$\displaystyle V=2\pi\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi3}\cdot\frac{3\sec\theta\tan\theta d\theta}{3\sec\theta\cdot3\tan\theta}=\frac{2\pi}3\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi3}d\theta=\frac{\pi^2}9$
訣竅
按提示使用拉格朗日乘子法即可；亦可使用基本不等式求解。解法一
設定拉格朗日乘子函數如下$F\left(x,y,z,\lambda\right)=2x+3y+5z+\lambda\left(x^2+y^2+z^2-19\right)$
據此解下列的聯立方程組$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=2+2\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=3+2\lambda y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=5+2\lambda z=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+y^2+z^2-19=0\end{aligned}\right.$
明顯 $\lambda$ 不為零，故 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(-\frac1{\lambda},-\frac3{2\lambda},-\frac5{2\lambda}\right)$，將此代入第四式中有$\displaystyle\frac1{\lambda^2}+\frac9{4\lambda^2}+\frac{25}{4\lambda^2}=19$
即 $\displaystyle\lambda=\pm\frac{\sqrt2}2$。如此得座標 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\mp\left(\sqrt2,\frac{3\sqrt2}2,\frac{5\sqrt2}2\right)$。據此檢驗可知$\displaystyle f\left(\sqrt2,\frac{3\sqrt2}2,\frac{5\sqrt2}2\right)=19\sqrt2,~f\left(-\sqrt2,-\frac{3\sqrt2}2,-\frac{5\sqrt2}2\right)=-19\sqrt2$
因此最大值為 $19\sqrt2$，最小值為 $-19\sqrt2$。解法二【本題不得採用此解法】
運用柯西不等式$\left(2x+3y+5z\right)^2\leq\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(2^2+3^2+5^2\right)=19\cdot38$
同取開根號為$-19\sqrt2\leq2x+3y+5z\leq19\sqrt2$
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