※注意:請用 2B 鉛筆作答於答案卡,並先詳閱答案卡上之「畫記說明」。每題 5 分。
- A parabola is drawn having focus (0,2) and directrix y=4. The definite integral representing the arc length of that portion of the parabola on or above the x-axis is given by
- ∫120√4−x2dx
- ∫2√30√4−x2dx
- ∫2√30√4+x2dx
- ∫120√4+x2dx
- ∫1201√4−x2dx
- ∫e2+x3dx.
- e2+x3+C
- 2e2+x3+C
- 12e2+x3+C
- 13e2+x3+C
- 3e2+x3+C
- Let f(x)=x2+2x−12x3+1, then f′(1) is
- −1
- 0
- 1
- 2
- None of the above
- Let f(x)=√sec4x, then f′(x) is
- tan4x2√sec4x
- 12√sec4x
- 2√sec4x
- 2√sec4xtan4x
- None of the above
- Find limx→√3513−x2.
- 0
- Does not exist and neither ∞ nor −∞
- ∞
- −∞
- None of the above
- Find the slope of the tangent line at the point (1,1) on the graph of ex−y=2x2−y2.
- 0
- −1
- 1
- 2
- 3
- Compute the linearization of f(x)=√xex−1 at a=1.
- L(x)=32x+12
- L(x)=−32x+12
- L(x)=−32x−12
- L(x)=32x−12
- None of the above
- Find limx→2x3−8x2−4.
- 0
- 1
- 2
- 3
- None of the above
- If the function f(x) is differentiable and f(x)={ax3−6xif x≤1bx2+4if x>1, then a=
- 0
- 1
- −14
- −24
- 26
- Given that the function f is continuous on the interval [1,∞), and that ∫x1√f(t)dt=√x, then ∫∞1f2(t)dt=
- 0
- 116
- 14
- 1
- ∞
- limx→1+exp(x2−1)x−1.
- 0
- 1
- 2
- ∞
- None of the above
- f(x)=(x−1)(x−2)2(x−3)3. Find the value of x that maximizes f′(x).
- 0
- 1
- 2
- 3
- None of the above
- f\left(x\right)=x^x. Find f'\left(1\right).
- 0
- 1
- e
- \displaystyle\frac1e
- None of the above
- Compute the area of the region enclosed by the graphs of the given equations: y=e^x, y=e^{-x}, and x=\ln3.
- 1
- \displaystyle\frac43
- \displaystyle\frac53
- 2
- None of the above
- \displaystyle F\left(x\right)=\int_0^x\left(z-3\right)^2\left(z-4\right)^3\left(z-5\right)^4e^{2z}dz. Find the value of x\in\left[0,6\right] that minimizes F\left(x\right).
- 3
- 4
- 5
- 6
- None of the above
- Suppose \displaystyle\lim_{x\to0^+}f\left(x\right)=A and \displaystyle\lim_{x\to0^-}f\left(x\right). Find \displaystyle\lim_{x\to0^-}f\left(x^2-x\right).
- A
- B
- A^2-B
- A^2+B
- None of the above
- The integral of a constant is a constant.
- True
- False
- If f''\left(x\right)=g'\left(x\right), then f'\left(x\right)=g\left(x\right).
- True
- False
- If f''\left(x\right)>0 for all x\in\left[a,b\right] and b>a, then \max\left[f\left(a\right),f\left(b\right)\right]>f\left(z\right) for all z\in\left(a,b\right).
- True
- False
- If f''\left(x\right)<0 for all x\in\left[a,b\right] and b>a, then there exists z\in\left[a,b\right] such that \max\left[f\left(a\right),f\left(b\right)\right]<f\left(z\right).
- True
- False
訣竅
首先根據題意寫出拋物線方程式,隨後運用曲線弧長公式表達之。解法
焦點在 (0,2) 而準線為 y=4 的拋物線方程式為 x2=−4(y−3)=12−4y,即 y=12−x24。那麼在 x 軸上方的範圍為 y≥0,即 x2≤12,因此 x∈[−2√3,2√3]。運用曲線弧長公式可知s=∫2√3−2√3√1+y′2(x)dx=2∫2√30√1+(−x2)2dx=∫2√30√4+x2dx
故選(C)。訣竅
運用變數代換法可立刻求解。解法
令 u=2+x3,整理後求導可知 dx=3du,如此所求可改寫並計算如下∫e2+x3dx=∫eu⋅3du=3eu+C=3e2+x3+C
故選(E)。訣竅
運用微分公式求導計算即可。解法
使用微分公式可得f′(x)=(x2+2x−1)′(2x3+1)−(x2+2x−1)(2x3+1)′(2x3+1)2=(2x+2)(2x3+1)−(x2+2x−1)⋅6x2(2x3+1)2
取 x=1 代入有f′(1)=(2⋅1+2)(2⋅13+1)−(12+2⋅1−1)⋅6⋅12(2⋅13+1)2=4⋅3−2⋅632=0
應選(B)。訣竅
運用連鎖律與基本函數的微分公式計算即可。解法
使用連鎖律求導可知f′(x)=ddx(sec4x)12=12(sec4x)−12ddxsec4x=12(sec4x)−12⋅sec4xtan4x⋅4=2sec4xtan4x√sec4x=2√sec4xtan4x
故選(D)。訣竅
仔細極限式中各項的趨近行為即可。解法
由於當 x>√3 時有 3−x2<0,而當 x<√3 時有 3−x2>0,故 limx→√3±13−x2=∓∞,進而有 limx→√3+513−x2=0 與 limx→√3−513−x2=∞,故選(B)。訣竅
運用隱函數微分求導,隨後代入給定的座標即可求得該點的斜率。解法
使用隱函數微分求導可得ex−y(1−dydx)=4x−2ydydx
取 (x,y)=(1,1) 可得 1−dydx|(x,y)=(1,1)=4−2dydx|(x,y)=(1,1),如此解得 dydx|(x,y)=(1,1)=3,故選(E)。訣竅
求導後使用點斜式獲得一階逼近多項式。解法
求導有 f′(x)=12√xex−1+√xex−1,那麼在 x=1 處的導數值為 f′(1)=32,如此所求的一階逼近多項式為L(x)=f(1)+f′(1)(x−1)=1+32(x−1)=32x−12
故選(D)。訣竅
約分後求解即可;亦可使用羅必達法則。解法一
約去因式 x−2 後有limx→2x3−8x2−4=limx→2x2+2x+4x+2=22+2⋅2+42+2=3
故選(D)。解法二
使用羅必達法則可知limx→2x3−8x2−4=limx→23x22x=3⋅222⋅2=3
故選(D)。訣竅
由於可導函數必連續,故由連續性以及左右導數相同可獲得聯立方程式。解法
由連續性可知b+4=limx→1+f(x)=f(1)=a−6
再者,由左右導數相同有2b=limx→1+(bx2+4)−(b+4)x−1=limx→1+f(x)−f(1)x−1=limx→1−f(x)−f(1)x−1=limx→1−(ax3−6x)−(a−6)x−1=limx→1−[a(x2+x+1)−6]=3a−6
因此有聯立方程式如下{a−b=103a−2b=6
可解得 a=−14,故選(C)。訣竅
利用微積分基本定理求得函數後,計算瑕積分求解即可。解法
運用微積分基本定理兩邊取導可知√f(x)=12√x
取四次方有 f2(x)=116x2,從而所求的瑕積分之值為∫∞1f2(t)dt=116∫∞1dtt2=−116t|∞1=116
應選(B)。訣竅
分析討論分子分母的趨向性。解法
由於分母恆正且趨於零,但分子恆正但不趨於零,故所求發散至正無窮,選(D)。訣竅
為了求一階導函數的極大值,那麼要求二階導函數為零的位置,並用三階導函數判別其特性。解法
求一階導函數可知f′(x)=(x−2)2(x−3)3+2(x−1)(x−2)(x−3)3+3(x−1)(x−2)2(x−3)2=[(x−2)(x−3)+2(x−1)(x−3)+3(x−1)(x−2)](x−2)(x−3)2=2(3x2−11x+9)(x−2)(x−3)2
為了找出 f′(x) 極大值的 x,我們進一步解方程式 f″,即\begin{aligned}f''\left(x\right)&=2\left(6x-11\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)^2+2\left(3x^2-11x+9\right)\left(x-3\right)^2+4\left(3x^2-11x+9\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\\&=2\left(x-3\right)\left(15x^3-95x^2+195x-129\right)\end{aligned}
故有 x=3 與另外三個不易表達的實根,然而在 x=3 附近之斜率由負轉正,故達到極小值,因此以上皆非,選(E)。事實上,\displaystyle\lim_{x\to\infty}f'\left(x\right)=\infty,故 f'\left(x\right) 本身便無最大值。
訣竅
換底後使用連鎖律求導即可。解法
求導可知\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{d}{dx}x^x=\frac{d}{dx}e^{x\ln x}=e^{x\ln x}\cdot\frac{d}{dx}\left(x\ln x\right)=x^x\left(1+\ln x\right)
取 x=1 代入有 f'\left(1\right),故選(B)。訣竅
確定曲線交點得積分範圍,將上下曲線相減後取積分可求得面積。解法
容易看出 y=e^x 與 y=e^{-x} 交於 \left(0,1\right),因此所求面積為\displaystyle A=\int_0^{\ln3}\left(e^x-e^{-x}\right)dx=\left(e^x+e^{-x}\right)\Big|_0^{\ln3}=\left(3+\frac13\right)-2=\frac43
選(B)。
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