成功大學 104 年微積分B 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Find the following limits:

(a) $\lim\limits_{x 	o 1} (1 - x) 	an \frac{\pi x}{2}$

(b) $\lim\limits_{x 	o \infty} \left(\frac{x - 1}{x + 3}ight)^{x+2}$

(c) $\lim\limits_{x 	o 0} \frac{x^2 - S(x)\sqrt{x}}{x^2}$, where $S(x) = \int_0^{\sqrt{x}} \sin(t^2)dt$

Accepted Answer

**(a)** $\lim\limits_{x 	o 1} (1-x)	an\dfrac{\pi x}{2}$

令 $t = 1-x$，$x	o 1$ 時 $t	o 0$，$\dfrac{\pi x}{2} = \dfrac{\pi(1-t)}{2} = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi t}{2}$：

$$	an\frac{\pi x}{2} = 	an\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi t}{2}ight) = \cot\frac{\pi t}{2}$$

$$\lim_{t	o 0} t\cot\frac{\pi t}{2} = \lim_{t	o 0} \frac{t}{	an(\pi t/2)}$$

因為 $\lim_{t	o 0}\dfrac{	an(\pi t/2)}{\pi t/2} = 1$，所以：
$$= \lim_{t	o 0} \frac{t}{\pi t/2} = \frac{2}{\pi}$$

$$\boxed{\dfrac{2}{\pi}}$$

---

**(b)** $\lim\limits_{x 	o \infty} \left(\dfrac{x-1}{x+3}ight)^{x+2}$

取對數：
$$\ln L = \lim_{x	o\infty}(x+2)\ln\frac{x-1}{x+3} = \lim_{x	o\infty}(x+2)\ln\left(1-\frac{4}{x+3}ight)$$

令 $u = \dfrac{4}{x+3}	o 0$，則 $x+3 = \dfrac{4}{u}$，$x+2 = \dfrac{4}{u}-1$：
$$\ln L = \lim_{u	o 0}\left(\frac{4}{u}-1ight)\ln(1-u)$$

利用 $\ln(1-u) \approx -u - \dfrac{u^2}{2}+\cdots$ 當 $u	o 0$：
$$\left(\frac{4}{u}-1ight)(-u-\frac{u^2}{2}+\cdots) = -4 - 2u + u + \cdots 	o -4$$

因此 $L = e^{-4}$。

$$\boxed{e^{-4}}$$

---

**(c)** $\lim\limits_{x 	o 0} \dfrac{x^2 - S(x)\sqrt{x}}{x^2}$，其中 $S(x) = \displaystyle\int_0^{\sqrt{x}} \sin(t^2)\,dt$

先分析 $S(x)\sqrt{x}$：當 $x	o 0^+$，$\sqrt{x}	o 0$。

由微積分基本定理：$S'(x) = \sin(x)\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$

使用 L'Hôpital 法則（$x	o 0^+$，分子分母均趨零）：
$$\lim_{x	o 0^+}\frac{x^2 - S(x)\sqrt{x}}{x^2}$$

先注意 $S(x) = \displaystyle\int_0^{\sqrt{x}}\sin(t^2)\,dt$。當 $x	o 0^+$：

$\sin(t^2) \approx t^2$，故 $S(x) \approx \displaystyle\int_0^{\sqrt{x}} t^2\,dt = \dfrac{(\sqrt{x})^3}{3} = \dfrac{x^{3/2}}{3}$

因此 $S(x)\sqrt{x} \approx \dfrac{x^{3/2}}{3}\cdot x^{1/2} = \dfrac{x^2}{3}$

$$\lim_{x	o 0^+}\frac{x^2 - x^2/3}{x^2} = \frac{1 - 1/3}{1} = \frac{2}{3}$$

**嚴格驗證（L'Hôpital）**：

令 $f(x)=x^2-S(x)\sqrt{x}$，$g(x)=x^2$，$f(0)=g(0)=0$。

$$f'(x) = 2x - \left(S'(x)\sqrt{x} + S(x)\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}ight) = 2x - \frac{\sin(x)}{2\sqrt{x}}\cdot\sqrt{x} - \frac{S(x)}{2\sqrt{x}}$$
$$= 2x - \frac{\sin x}{2} - \frac{S(x)}{2\sqrt{x}}$$

$g'(x)=2x$，均趨 $0$，再一次 L'Hôpital 或直接用 Taylor 展開得到 $\dfrac{2}{3}$。

$$\boxed{\dfrac{2}{3}}$$

Question 2

Evaluate the following integrals:

(a) $\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^2 x(4 - 	an^2 x)^{\frac{1}{2}} dx$

(b) $\int \frac{\sqrt{2 + x^2} - \sqrt{2 - x^2}}{\sqrt{4 - x^4}} dx$

Accepted Answer

**(a)** $\displaystyle\int_0^{\pi/4} \sec^2 x\sqrt{4-	an^2 x}\,dx$

令 $u = 	an x$，$du = \sec^2 x\,dx$。當 $x=0	o u=0$，$x=\pi/4	o u=1$：
$$= \int_0^1 \sqrt{4-u^2}\,du$$

這是圓面積公式的一部分：$\displaystyle\int_0^1\sqrt{4-u^2}\,du$，對應半徑為 $2$ 的圓 $u^2+v^2=4$，$u\in[0,1]$。

用三角代換 $u = 2\sin	heta$，$du = 2\cos	heta\,d	heta$：
- $u=0	o	heta=0$，$u=1	o	heta=\pi/6$
$$= \int_0^{\pi/6} 2\cos	heta\cdot 2\cos	heta\,d	heta = 4\int_0^{\pi/6}\cos^2	heta\,d	heta = 4\int_0^{\pi/6}\frac{1+\cos 2	heta}{2}\,d	heta$$
$$= 2\left[	heta + \frac{\sin 2	heta}{2}ight]_0^{\pi/6} = 2\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\sin(\pi/3)}{2}ight) = \frac{\pi}{3} + \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$\boxed{\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$$

---

**(b)** $\displaystyle\int \frac{\sqrt{2+x^2}-\sqrt{2-x^2}}{\sqrt{4-x^4}}\,dx$

注意 $\sqrt{4-x^4} = \sqrt{(2-x^2)(2+x^2)}$，所以：
$$\frac{\sqrt{2+x^2}-\sqrt{2-x^2}}{\sqrt{(2-x^2)(2+x^2)}} = \frac{\sqrt{2+x^2}}{\sqrt{(2-x^2)(2+x^2)}} - \frac{\sqrt{2-x^2}}{\sqrt{(2-x^2)(2+x^2)}}$$
$$= \frac{1}{\sqrt{2-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{2+x^2}}$$

因此：
$$\int\left(\frac{1}{\sqrt{2-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{2+x^2}}ight)dx$$

$$= \arcsin\frac{x}{\sqrt{2}} - \sinh^{-1}\frac{x}{\sqrt{2}} + C = \arcsin\frac{x}{\sqrt{2}} - \ln\left(\frac{x}{\sqrt{2}}+\sqrt{\frac{x^2}{2}+1}ight) + C$$

$$= \arcsin\frac{x}{\sqrt{2}} - \ln\frac{x+\sqrt{x^2+2}}{\sqrt{2}} + C$$

$$\boxed{\arcsin\dfrac{x}{\sqrt{2}} - \ln\left(x+\sqrt{x^2+2}ight) + C_1}$$

（其中 $C_1 = C + \dfrac{\ln 2}{2}$ 為任意常數）

Question 3

If $u = x^{y^x}$, find the partial derivatives $\frac{\partial u}{\partial x}$, $\frac{\partial u}{\partial y}$ at $(x, y) = (2, \sqrt{2})$.

Accepted Answer

**取對數簡化**

$$u = x^{y^x} \implies \ln u = y^x \ln x$$

再取一次對數：$\ln(\ln u) = x\ln y + \ln(\ln x)$（若需要，但此處直接對 $\ln u = y^x \ln x$ 微分即可）

**求 $\dfrac{\partial u}{\partial x}$（$y$ 為常數）**

對 $\ln u = y^x \ln x$ 對 $x$ 偏微分：
$$\frac{1}{u}\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y^x \ln x) = y^x \ln y \cdot \ln x + y^x \cdot \frac{1}{x} = y^x\left(\ln y\ln x + \frac{1}{x}\right)$$

$$\frac{\partial u}{\partial x} = u\cdot y^x\left(\ln y\ln x + \frac{1}{x}\right) = x^{y^x}\cdot y^x\left(\ln y\ln x + \frac{1}{x}\right)$$

**代入 $(x,y)=(2,\sqrt{2})$**：

$y^x = (\sqrt{2})^2 = 2$，$\ln y = \ln\sqrt{2} = \dfrac{\ln 2}{2}$，$\ln x = \ln 2$，$x^{y^x} = 2^2 = 4$

$$\frac{\partial u}{\partial x}\bigg|_{(2,\sqrt{2})} = 4\cdot 2\cdot\left(\frac{\ln 2}{2}\cdot\ln 2 + \frac{1}{2}\right) = 8\left(\frac{(\ln 2)^2}{2}+\frac{1}{2}\right) = 4((\ln 2)^2+1)$$

$$\boxed{\frac{\partial u}{\partial x}\bigg|_{(2,\sqrt{2})} = 4(1+(\ln 2)^2)}$$

---

**求 $\dfrac{\partial u}{\partial y}$（$x$ 為常數）**

對 $\ln u = y^x\ln x$ 對 $y$ 偏微分：
$$\frac{1}{u}\frac{\partial u}{\partial y} = \ln x \cdot \frac{\partial y^x}{\partial y} = \ln x \cdot xy^{x-1}$$

$$\frac{\partial u}{\partial y} = u\cdot x y^{x-1}\ln x = x^{y^x}\cdot xy^{x-1}\ln x$$

**代入 $(x,y)=(2,\sqrt{2})$**：

$y^{x-1} = (\sqrt{2})^{2-1} = \sqrt{2}$，$x^{y^x}=4$，$\ln x = \ln 2$

$$\frac{\partial u}{\partial y}\bigg|_{(2,\sqrt{2})} = 4\cdot 2\cdot\sqrt{2}\cdot\ln 2 = 8\sqrt{2}\ln 2$$

$$\boxed{\frac{\partial u}{\partial y}\bigg|_{(2,\sqrt{2})} = 8\sqrt{2}\ln 2}$$

Question 4

Evaluate $\int_0^{\sqrt{3}} \int_{\frac{x}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{4-y^2}} e^{-x^2-y^2} dx dy$

Accepted Answer

**Step 1：分析積分區域**

原積分（注意 $x$ 在內層）：$0 \leq x \leq \sqrt{3}$，$\dfrac{x}{\sqrt{3}} \leq y \leq \sqrt{4-x^2}$。

等等——實際上題目寫的是先 $dx$ 後 $dy$，即外層是 $y$，但範圍寫法不對稱，讓我重新解讀：

題目為 $\displaystyle\int_0^{\sqrt{3}}\int_{x/\sqrt{3}}^{\sqrt{4-x^2}} e^{-x^2-y^2}\,dy\,dx$（先 $dy$ 後 $dx$）。

區域：$0\leq x\leq\sqrt{3}$，$\dfrac{x}{\sqrt{3}}\leq y\leq\sqrt{4-x^2}$

- 上界 $y=\sqrt{4-x^2}$ 即 $x^2+y^2=4$（半徑為 $2$ 的圓，$y\geq 0$）
- 下界 $y = \dfrac{x}{\sqrt{3}}$，即 $	an	heta = \dfrac{y}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$，故 $	heta = \pi/6$（直線 $y=x/\sqrt{3}$）
- $x=0$ 對應 $y$ 軸（$	heta=\pi/2$）、$x=\sqrt{3}$ 對應直線與圓的交點

**Step 2：極座標表示**

在極座標下，區域等價於：
- $r$ 從 $0$ 到 $2$（外圓）
- $	heta$ 從 $\pi/6$（直線 $y=x/\sqrt{3}$）到 $\pi/2$（$y$ 軸，$x=0$）

$$\int_{\pi/6}^{\pi/2}\int_0^2 e^{-r^2}\cdot r\,dr\,d	heta$$

**Step 3：計算**

$$= \int_{\pi/6}^{\pi/2}d	heta \cdot \int_0^2 re^{-r^2}\,dr = \left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}ight)\cdot\int_0^2 re^{-r^2}\,dr$$

$$= \frac{\pi}{3}\cdot\left[-\frac{1}{2}e^{-r^2}ight]_0^2 = \frac{\pi}{3}\cdot\frac{1}{2}(1-e^{-4}) = \frac{\pi}{6}(1-e^{-4})$$

$$\boxed{\dfrac{\pi}{6}(1-e^{-4})}$$

Question 5

Find the derivative of the function $f(x) = 	an^{-1}\left(\frac{x}{a}ight) + \ln\sqrt{\frac{x - a}{x + a}}$, simplify where possible.

Accepted Answer

**化簡對數項**

$$\ln\sqrt{\frac{x-a}{x+a}} = \frac{1}{2}\ln\frac{x-a}{x+a} = \frac{1}{2}[\ln(x-a)-\ln(x+a)]$$

**逐項求導**

**第一項** $\arctan\dfrac{x}{a}$：
$$\frac{d}{dx}\arctan\frac{x}{a} = \frac{1}{1+(x/a)^2}\cdot\frac{1}{a} = \frac{a}{a^2+x^2}$$

**第二項** $\dfrac{1}{2}[\ln(x-a)-\ln(x+a)]$：
$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{(x+a)-(x-a)}{(x-a)(x+a)} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2a}{x^2-a^2} = \frac{a}{x^2-a^2}$$

**合併**
$$f'(x) = \frac{a}{a^2+x^2} + \frac{a}{x^2-a^2}$$

$$= a\left(\frac{1}{x^2+a^2}+\frac{1}{x^2-a^2}\right) = a\cdot\frac{(x^2-a^2)+(x^2+a^2)}{(x^2+a^2)(x^2-a^2)}$$

$$= a\cdot\frac{2x^2}{x^4-a^4}$$

$$\boxed{f'(x) = \dfrac{2ax^2}{x^4-a^4}}$$

Question 6

Find the area of the polar region R, where R is bounded by the smaller loop of the curve $r = 1 + 2\cos	heta$.

Accepted Answer

**Step 1：找到小迴圈的範圍**

$r = 1 + 2\cos	heta = 0 \implies \cos	heta = -\dfrac{1}{2} \implies 	heta = \dfrac{2\pi}{3}$ 或 $	heta = \dfrac{4\pi}{3}$

小迴圈出現在 $r < 0$ 的部分，即 $	heta \in \left[\dfrac{2\pi}{3}, \dfrac{4\pi}{3}ight]$，此時 $r = 1+2\cos	heta \leq 0$。

由對稱性，小迴圈關於 $x$ 軸對稱，可計算 $	heta\in[2\pi/3, \pi]$ 再乘以 $2$。

**Step 2：面積公式**

$$A = \frac{1}{2}\int_{2\pi/3}^{4\pi/3} r^2\,d	heta = \frac{1}{2}\int_{2\pi/3}^{4\pi/3}(1+2\cos	heta)^2\,d	heta$$

由對稱性：
$$A = 2\cdot\frac{1}{2}\int_{2\pi/3}^{\pi}(1+2\cos	heta)^2\,d	heta = \int_{2\pi/3}^{\pi}(1+2\cos	heta)^2\,d	heta$$

**Step 3：展開被積函數**

$$(1+2\cos	heta)^2 = 1 + 4\cos	heta + 4\cos^2	heta = 1 + 4\cos	heta + 2(1+\cos 2	heta) = 3 + 4\cos	heta + 2\cos 2	heta$$

**Step 4：計算積分**

$$A = \int_{2\pi/3}^{\pi}(3+4\cos	heta+2\cos 2	heta)\,d	heta$$

$$= \left[3	heta + 4\sin	heta + \sin 2	hetaight]_{2\pi/3}^{\pi}$$

在 $	heta = \pi$：$3\pi + 4\sin\pi + \sin 2\pi = 3\pi + 0 + 0 = 3\pi$

在 $	heta = 2\pi/3$：$3\cdot\dfrac{2\pi}{3} + 4\sin\dfrac{2\pi}{3} + \sin\dfrac{4\pi}{3} = 2\pi + 4\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}ight) = 2\pi + 2\sqrt{3} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 2\pi + \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

$$A = 3\pi - \left(2\pi + \frac{3\sqrt{3}}{2}ight) = \pi - \frac{3\sqrt{3}}{2}$$

$$\boxed{A = \pi - \dfrac{3\sqrt{3}}{2}}$$

Question 7

Find the interval of convergence of the series $\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{2^n(x-3)^n}{\sqrt{n+3}}$. Then identify the values of $x$ for which the series converges absolutely or conditionally.

Accepted Answer

**Step 1：求收斂半徑（比值測試）**

$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}ight| = \left|\frac{2^{n+1}(x-3)^{n+1}}{\sqrt{n+4}}\cdot\frac{\sqrt{n+3}}{2^n(x-3)^n}ight| = 2|x-3|\cdot\sqrt{\frac{n+3}{n+4}}$$

當 $n	o\infty$，$\sqrt{\dfrac{n+3}{n+4}}	o 1$，故：
$$L = 2|x-3|$$

絕對收斂條件 $L<1$：$|x-3|<\dfrac{1}{2}$，即 $\dfrac{5}{2} < x < \dfrac{7}{2}$。

**Step 2：檢查端點**

**端點 $x = \dfrac{7}{2}$**（$x-3 = \dfrac{1}{2}$）：
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n\cdot(1/2)^n}{\sqrt{n+3}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n+3}}$$

這是 $p$-級數，$p=1/2<1$，**發散**。

**端點 $x = \dfrac{5}{2}$**（$x-3 = -\dfrac{1}{2}$）：
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+3}}$$

交錯級數，$\dfrac{1}{\sqrt{n+3}}$ 單調遞減趨零，由萊布尼茲定理**條件收斂**（不絕對收斂，因為 $\sum 1/\sqrt{n+3}$ 發散）。

**Step 3：結論**

- **收斂區間**：$\left[\dfrac{5}{2},\, \dfrac{7}{2}ight)$
- **絕對收斂**：$x \in \left(\dfrac{5}{2},\, \dfrac{7}{2}ight)$（開區間內部）
- **條件收斂**：$x = \dfrac{5}{2}$

$$\boxed{	ext{收斂區間}\left[\frac{5}{2},\frac{7}{2}ight)；	ext{絕對收斂}\left(\frac{5}{2},\frac{7}{2}ight)；	ext{條件收斂} x=\frac{5}{2}}$$

Question 8

In which direction from the point $(1, 1)$ is the directional derivative of $f(x) = x^2 + y^2$ zero?

Accepted Answer

**Step 1：計算梯度**

$$f(x,y) = x^2 + y^2$$
$$
abla f = (2x, 2y)$$

在點 $(1,1)$：
$$
abla f(1,1) = (2, 2)$$

**Step 2：方向導數公式**

在方向 $\mathbf{u} = (\cos\alpha, \sin\alpha)$ 的方向導數為：
$$D_{\mathbf{u}}f = 
abla f \cdot \mathbf{u} = 2\cos\alpha + 2\sin\alpha$$

**Step 3：令方向導數為零**

$$2\cos\alpha + 2\sin\alpha = 0 \implies \cos\alpha + \sin\alpha = 0 \implies 	an\alpha = -1$$

$$\alpha = \frac{3\pi}{4} 	ext{ 或 } \alpha = \frac{7\pi}{4}\;(= -\frac{\pi}{4})$$

即方向為 $\mathbf{u} = \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{2}}{2}ight)$ 或 $\mathbf{u} = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}ight)$。

這兩個方向均垂直於梯度方向 $(1,1)$，即沿水平集（等高線）切線方向。

$$\boxed{	ext{方向 } \pm\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}ight)	ext{（即與梯度垂直的方向）}}$$

Question 9

Determine and classify the stationary points of the function $f(x, y) = x^2 + y^3 + 6xy - 7x - 6y$.

Accepted Answer

**Step 1：求偏導數**

$$f_x = 2x + 6y - 7 = 0 \quad\cdots(1)$$
$$f_y = 3y^2 + 6x - 6 = 0 \quad\cdots(2)$$

**Step 2：求解方程組**

由 (1)：$x = \dfrac{7-6y}{2}$，代入 (2)：
$$3y^2 + 6\cdot\frac{7-6y}{2} - 6 = 0 \implies 3y^2 + 3(7-6y) - 6 = 0$$
$$3y^2 + 21 - 18y - 6 = 0 \implies 3y^2 - 18y + 15 = 0 \implies y^2 - 6y + 5 = 0$$
$$(y-1)(y-5) = 0 \implies y=1 	ext{ 或 } y=5$$

- $y=1$：$x = \dfrac{7-6}{2} = \dfrac{1}{2}$，臨界點 $\left(\dfrac{1}{2},1ight)$
- $y=5$：$x = \dfrac{7-30}{2} = -\dfrac{23}{2}$，臨界點 $\left(-\dfrac{23}{2},5ight)$

**Step 3：二階導數測試**

$$f_{xx} = 2, \quad f_{yy} = 6y, \quad f_{xy} = 6$$

判別式 $D = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = 2\cdot 6y - 36 = 12y - 36$

**在 $\left(\dfrac{1}{2},1ight)$**：
$$D = 12(1)-36 = -24 < 0 \implies 	ext{鞍點}$$

**在 $\left(-\dfrac{23}{2},5ight)$**：
$$D = 12(5)-36 = 60-36 = 24 > 0，\quad f_{xx}=2>0 \implies 	ext{局部極小值}$$

$$f\left(-\frac{23}{2},5ight) = \left(\frac{23}{2}ight)^2 + 125 + 6\cdot\left(-\frac{23}{2}ight)\cdot 5 - 7\cdot\left(-\frac{23}{2}ight) - 6\cdot 5$$
$$= \frac{529}{4}+125-345+\frac{161}{2}-30 = \frac{529}{4}+\frac{322}{4}+\frac{-220\cdot 4}{4} = \frac{529+322-880}{4}-30 =-\frac{29}{4}-30 = -\frac{149}{4}$$

**結論：**
- **鞍點**：$\left(\dfrac{1}{2},1ight)$
- **局部極小值**：$f\left(-\dfrac{23}{2},5ight) = -\dfrac{149}{4}$

$$\boxed{	ext{鞍點}\left(\frac{1}{2},1ight)；	ext{局部極小值} -\frac{149}{4}	ext{ 在 }\left(-\frac{23}{2},5ight)}$$

成功大學 104 年度微積分B

這份試題整理

微積分B 其他年度考古題

$計算題：每計算題各不給分$

成功大學 104 年度 微積分B

這份試題整理

微積分B 其他年度考古題

計算題：每計算題各不給分

成功大學 104 年度微積分B

$計算題：每計算題各不給分$