國立臺灣大學九十五學年度轉學生入學考試試題詳解

標明題號，依序作答在答案卷上。

1. 填充題：共 $11$ 格，每格 $8$ 分。
1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(e^x+3x\right)^{\frac1x}=$　　　　.
訣竅
使用換底公式後再運用 L'Hôpital 法則計算即可。
解法

換底公式後使用 L'Hôpital 法則有

$\displaystyle\lim_{x\to0}\left(e^x+3x\right)^{1/x}=\exp\left[\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(e^x+3x\right)}x\right]=\exp\left(\lim_{x\to0}\frac{e^x+3}{e^x+3x}\right)=\exp\left(4\right)=e^4$.



2. $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{-1}2\ln\frac{2+\sqrt{x^2+4}}x$，問 $f'\left(1\right)=$　　　　.
訣竅
運用連鎖律等微分公式進行求導即可。
解法
直接求導計算後可知
$\displaystyle f'\left(x\right)=-\frac12\left(\frac1{2+\sqrt{x^2+4}}\cdot\frac{2x}{2\sqrt{x^2+4}}-\frac1x\right)$.
取 $x=1$ 代入後可得 $\displaystyle f'\left(1\right)=\frac{2+\sqrt5}{5+2\sqrt5}=\frac{\sqrt5}5$。


3. $\displaystyle f\left(x\right)=\int_1^{2x}\sqrt{16+t^4}\,dt$，則 $\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=$　　　　.
訣竅
由反函數的定義與連鎖律等求解即可。
解法
首先注意到 $f\left(1/2\right)=0$。再者由反函數的定義可知 $f^{-1}\left(f\left(x\right)\right)=x$，如此搭配微積分基本定理求導可知
$\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(f\left(x\right)\right)\cdot\left[\sqrt{16+\left(2x\right)^4}\cdot2\right]=\left(f^{-1}\right)'\left(f\left(x\right)\right)\cdot f'\left(x\right)=1$.
取 $x=1/2$ 代入便有 $\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=\frac1{2\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{17}}{34}$。


4. $\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin2x}{2+\cos x}\,dx=$　　　　.
訣竅
運用二倍角公式以及變數變換的概念求解即可。
解法

由二倍角公式與變數變換的概念可改寫計算如下

$\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\frac{\sin2x}{2+\cos x}\,dx&=\int_0^{\pi2}\frac{2\sin x\cos x}{2+\cos x}\,dx=-2\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{2+\cos x}\,d\cos x\\&=-2\int_0^{\pi/2}\left(1-\frac2{2+\cos x}\right)\,d\cos x=-2\left(\cos x-2\ln\left(2+\cos x\right)\right)\Big|_0^{\pi/2}\\&=-4\ln3+4\ln2+2.\end{aligned}$



5. 若 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_1^xe^{3t}\sqrt{9t^4+1}\,dt$，$g\left(x\right)=x^ne^{3x}$，且 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f'\left(x\right)}{g'\left(x\right)}=1$。則 $n=$　　　　.
訣竅
使用微積分基本定理求導，並依據條件將兩個導函數代入後計算即可獲得所求。
解法
首先計算導函數有
$f'\left(x\right)=e^{3x}\sqrt{9x^4+1}$,　　$g'\left(x\right)=nx^{n-1}e^{3x}+3x^ne^{3x}$.
如此可知
$\displaystyle1=\lim_{x\to\infty}\frac{f'\left(x\right)}{g'\left(x\right)}=\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{9x^4+1}}{nx^{n-1}+3x^n}$.
假若 $n>2$，則 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{9x^4+1}}{nx^{n-1}+3x^n}=0$；假若 $n<2$，則 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{9x^4+1}}{nx^{n-1}+3x^n}=\infty$。因此僅可能有 $n=2$，代入驗證亦滿足條件。


6. 函數 $\displaystyle f\left(x,y\right)=e^{2y}\tan^{-1}\frac{y}{3x}$ 從點 $\left(1,3\right)$，沿單位方向 　　　　 的變化率等於 $0$。
訣竅
運用方向導數的公式求導即可。
解法

先計算梯度有

$\displaystyle\begin{aligned}\nabla f\left(x,y\right)&=\left(f_x\left(x,y\right),f_y\left(x,y\right)\right)=\left(e^{2y}\cdot\frac1{1+\left(y/(3x)\right)^2}\cdot-\frac y{3x^2},2e^{2y}\tan^{-1}\left(\frac y{3x}\right)+e^{2y}\cdot\frac1{1+\left(y/(3x) \right)^2}\cdot\frac1{3x}\right)\\&=\left(-\frac{3ye^{2y}}{9x^2+y^2},2e^{2y}\tan^{-1}\left(\frac y{3x}\right)+\frac{3xe^{2y}}{9x^2+y^2}\right).\end{aligned}$

因此代入 $\left(x,y\right)=\left(1,3\right)$ 有 $\displaystyle\nabla f\left(1,3\right)=\left(-\frac{e^6}2,\frac{e^6\left(1+3\pi\right)}6\right)$。那麼按方向導數的計算公式，考慮單位方向 $\vec{u}=\left(a,b\right)$ 可得條件為

$\displaystyle D_{\vec u}f\left(1,3\right)=\nabla f\left(1,3\right)\cdot\vec u=-\frac{e^6a}2+\frac{e^6\left(1+3\pi\right)b}6=0$

如此得條件為 $3a=b\left(1+3\pi\right)$，再由 $a^2+b^2=1$ 可得所求的方向為

$\displaystyle\vec{u}=\pm\left(\frac{1+3\pi}{\sqrt{9+\left(1+3\pi\right)^2}},\frac3{\sqrt{9+\left(1+3\pi\right)^2}}\right)$.



7. 級數 $\displaystyle\sum_0^\infty\frac{\left(x-\sqrt2\right)^{2n+1}}{2^n}$ 的收斂半徑為 　　　　.
訣竅
由比值審歛法的概念球收斂半徑即可。
解法
由比值審歛法可知收斂條件為
$\displaystyle\frac{\left|x-\sqrt2\right|^2}2=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(x-\sqrt2\right)^{2n+3}}{2^{n+1}}\div\frac{\left(x-\sqrt2\right)^{2n+1}}{2^n}\right|<1$.
即有 $\left|x-\sqrt2\right|<\sqrt2$，故收斂半徑為 $\sqrt2$。


8. $\displaystyle\int_0^1\int_{\cos^{-1}y}^{\frac\pi2}e^{\sin x}\,dx\,dy=$　　　　.
訣竅
運用 Fubini 定理交換積分次序求解。
解法
給定的積分區域 $\cos^{-1}y\leq x\leq\pi/2$、$0\leq y\leq1$ 可改寫為 $0\leq x\leq\pi/2$、$\cos x\leq y\leq1$，如此所求的重積分可改寫並計算如下
$\begin{aligned}\int_0^1\int_{\cos^{-1}y}^{\pi/2}e^{\sin x}\,dx\,dy&=\int_0^{\pi/2}\int_{\cos x}^1e^{\sin x}\,dy\,dx=\int_0^{\pi/2}\left(1-\cos x\right)e^{\sin x}\,dx\\&=\int_0^{\pi/2}e^{\sin x}\,dx-e^{\sin x}\Big|_0^{\pi/2}=1-e+\int_0^{\pi/2}e^{\sin x}\,dx,\end{aligned}$
其中定積分 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}e^{\sin x}\,dx$ 之值無法以初等函數表達。


9. $r=1+2\cos\theta$ 小圈的面積為 　　　　. 大圈內小圈外的面積為 　　　　.
訣竅
描點以確定所指示區域的變數範圍，隨後由極座標下的面積公式求解。
解法
藉由描點繪圖如下

留意到小圈之角度範圍為 $2\pi/3\leq\theta\leq4\pi/3$，而大圈範圍則在其外。那麼由極座標下的面積公式以及對稱性可知小圈面積為
$\begin{aligned}A&=\frac12\int_{2\pi/3}^{4\pi/3}\left(1+2\cos\theta\right)^2\,d\theta=\int_{2\pi/3}^\pi\left(1+4\cos\theta+4\cos^2\theta\right)\,d\theta\\&=\int_{2\pi/3}^\pi\left(3+4\cos\theta+2\cos2\theta\right)\,d\theta=\left(3\theta+4\sin\theta+\sin2\right)\theta\Big|_{2\pi/3}^\pi=\pi-\frac{3\sqrt3}2.\end{aligned}$
而對於外圈面積為
$\begin{aligned}A&=2\cdot\frac12\int_0^{2\pi/3}\left(1+2\cos\theta\right)^2\,d\theta=\int_0^{2\pi/3}\left(3+4\cos\theta+2\cos2\theta\right)\,d\theta\\&=\left(3\theta+4\sin\theta+\sin2\theta\right)\Big|_0^{2\pi/3}=2\pi+\frac{3\sqrt3}2.\end{aligned}$
因此小圈的面積為 $\displaystyle\pi-\frac{3\sqrt3}2$，而外圈內小圈外的面積為 $\pi+3\sqrt3$。


10. 設房屋貸款的期利率（月利率）為 $i\%$。假若你貸款 $A$ 萬元，分 $20$ 年按月攤還本利。問每月你應繳 　　　　 元（答案用式子表示出來即可）
訣竅
按複利的概念計算整理表示即可。
解法

設每個月應繳交 $x$ 元，則繳交之本利和滿足

$\displaystyle x\cdot\frac{\left(1+0.01i\right)^{20\cdot12}-1}{1+0.01i-1}=x+\left(1+0.01i\right)x+\cdots+\left(1+0.01i\right)^{20\cdot12-1}x=A\cdot\left(1+0.01i\right)^{20\cdot12}$.

如此可解得

$\displaystyle x=\frac{A\left(1+0.01i\right)^{240}\cdot0.01i}{\left(1+0.01i\right)^{240}-1}$.

2. 計算題. ($12$ 分)
設 $x,y,z$ 為正數，求 $f\left(x,y,z\right)=xyz$ 之最大值而要求點在 $x+y+z^2=16$ 之上。
訣竅
由初等不等式求解即可；亦可使用 Lagrange 乘子法。
解法一
由算術幾何不等式可知
$\displaystyle\frac{16}5=\frac{x+y+z^2}5=\frac{\displaystyle\frac x2+\frac x2+\frac y2+\frac y2+z^2}5\geq\sqrt[5]{\frac{x^2y^2z^2}{16}}$.
如此有
$\displaystyle f\left(x,y,z\right)=xyz\leq\frac{16^3}{25\sqrt5}=\frac{4096\sqrt5}{125}$,
其中等號成立條件為 $\displaystyle\frac x2=\frac y2=z^2=\frac{16}5$，即 $\displaystyle x=y=\frac{32}5$、$\displaystyle z=\frac{4\sqrt5}5$。
解法二

設 Lagrange 乘子函數如下

$F(x,y,z,\lambda)=xyz+\lambda(x+y+z^2-16).$

據此解下列的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda)=yz+\lambda=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda)=xz+\lambda=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda)=xy+2\lambda z=0,\\&F_\lambda(x,y,z,\lambda)=x+y+z^2-16=0.\end{aligned}\right.$

第一式與第二式相減可得 $(x-y)z=0$。由於 $z$ 為正數，故 $x=y$。因此第二式有 $\lambda=-xz$，代入第三式並搭配 $y=x$ 可知 $x^2-2xz^2=0$。由於 $x>0$，故 $x=y=2z^2$。至此運用第四式有 $2z^2+2z^2+z^2-16=0$，如此得 $z=4/\sqrt5$，從而 $x=y=32/5$。因此最小值為

$\displaystyle f\left(\frac{32}5,\frac{32}5,\frac4{\sqrt5}\right)=\frac{4096\sqrt5}{125}$.