台灣大學 112 年微積分(B) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Evaluate $\lim\limits_{x 	o 0} \left(\frac{\sqrt{x + 4} - 2}{	an^{-1}(\pi x)}ight) = $ _____(1)_____.

Accepted Answer

我們需要計算 $\lim\limits_{x 	o 0} \left(\frac{\sqrt{x + 4} - 2}{	an^{-1}(\pi x)}ight)$。

當 $x 	o 0$ 時：
- 分子：$\sqrt{x + 4} - 2 	o \sqrt{4} - 2 = 2 - 2 = 0$
- 分母：$	an^{-1}(\pi x) 	o 	an^{-1}(0) = 0$

這是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，可以使用羅必達定理。

**方法一：羅必達定理**

對分子分母分別求導：
- 分子的導數：$\frac{d}{dx}(\sqrt{x + 4} - 2) = \frac{1}{2\sqrt{x + 4}}$
- 分母的導數：$\frac{d}{dx}(	an^{-1}(\pi x)) = \frac{\pi}{1 + (\pi x)^2}$

應用羅必達定理：
$$\lim_{x 	o 0} \frac{\sqrt{x + 4} - 2}{	an^{-1}(\pi x)} = \lim_{x 	o 0} \frac{\frac{1}{2\sqrt{x + 4}}}{\frac{\pi}{1 + (\pi x)^2}}$$

$$= \lim_{x 	o 0} \frac{1 + (\pi x)^2}{2\pi\sqrt{x + 4}}$$

當 $x 	o 0$ 時：
$$= \frac{1 + 0}{2\pi\sqrt{4}} = \frac{1}{2\pi \cdot 2} = \frac{1}{4\pi}$$

**方法二：泰勒展開驗證**

當 $x 	o 0$ 時：
- $\sqrt{x + 4} = 2\sqrt{1 + \frac{x}{4}} = 2(1 + \frac{x}{8} + O(x^2)) = 2 + \frac{x}{4} + O(x^2)$
- 所以 $\sqrt{x + 4} - 2 = \frac{x}{4} + O(x^2)$
- $	an^{-1}(\pi x) = \pi x + O(x^3)$

因此：
$$\lim_{x 	o 0} \frac{\sqrt{x + 4} - 2}{	an^{-1}(\pi x)} = \lim_{x 	o 0} \frac{\frac{x}{4} + O(x^2)}{\pi x + O(x^3)} = \lim_{x 	o 0} \frac{\frac{x}{4}}{\pi x} = \frac{1}{4\pi}$$

答案：$\frac{1}{4\pi}$

Question 2

The curve described by $x - \sqrt{xy} + y = 3$ passes through the point $(4, 1)$. Find an equation for the tangent line to the curve at $(4, 1)$. _____(2)_____.

Accepted Answer

**解法**

令
$$F(x,y)=x-\sqrt{xy}+y-3.$$
曲線為 $F(x,y)=0$。

先驗證點 $(4,1)$ 在曲線上：
$$4-\sqrt{4\cdot1}+1=4-2+1=3.$$

計算偏導數：
$$F_x=1-\frac{y}{2\sqrt{xy}},$$
$$F_y=1-\frac{x}{2\sqrt{xy}}.$$

在 $(4,1)$，有 $\sqrt{xy}=2$，所以
$$F_x(4,1)=1-\frac{1}{4}=\frac34,$$
$$F_y(4,1)=1-\frac{4}{4}=0.$$

隱式曲線在 $(x_0,y_0)$ 的切線可寫成
$$F_x(x_0,y_0)(x-x_0)+F_y(x_0,y_0)(y-y_0)=0.$$

代入 $(4,1)$：
$$\frac34(x-4)+0(y-1)=0.$$
因此
$$x=4.$$

答案：
$$x=4.$$

Question 3

The absolute maximum value of the function $f(x) = x^6 e^{-2x^2}$ is _____(3)_____.

Accepted Answer

要找函數 $f(x) = x^6 e^{-2x^2}$ 的絕對最大值，需要找到所有臨界點並比較函數值。 **步驟1：求導數** 使用乘積法則： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^6) \cdot e^{-2x^2} + x^6 \cdot \frac{d}{dx}(e^{-2x^2})$$ $$f'(x) = 6x^5 e^{-2x^2} + x^6 \cdot (-4x) e^{-2x^2}$$ $$f'(x) = 6x^5 e^{-2x^2} - 4x^7 e^{-2x^2}$$ $$f'(x) = x^5 e^{-2x^2}(6 - 4x^2)$$ **步驟2：找臨界點** 令 $f'(x) = 0$： $$x^5 e^{-2x^2}(6 - 4x^2) = 0$$ 由於 $e^{-2x^2} > 0$ 對所有實數 $x$ 成立，所以： - $x^5 = 0 \Rightarrow x = 0$ - $6 - 4x^2 = 0 \Rightarrow x^2 = \frac{3}{2} \Rightarrow x = \pm\sqrt{\frac{3}{2}}$ **步驟3：分析函數性質** 注意到 $f(x) = x^6 e^{-2x^2} \geq 0$ 對所有 $x$ 成立，且： - $f(0) = 0$ - 當 $x o \pm\infty$ 時，由於指數函數衰減比多項式增長更快，$f(x) o 0$ **步驟4：計算臨界點的函數值** 在 $x = \pm\sqrt{\frac{3}{2}}$： $$f\left(\pm\sqrt{\frac{3}{2}} ight) = \left(\sqrt{\frac{3}{2}} ight)^6 e^{-2 \cdot \frac{3}{2}}$$ $$= \left(\frac{3}{2} ight)^3 e^{-3}$$ $$= \frac{27}{8} e^{-3}$$ **步驟5：確認這是最大值** 檢查二階導數或分析 $f'(x)$ 的符號變化： - 當 $x \in (-\sqrt{\frac{3}{2}}, 0)$ 時，$x^5 < 0$，$6-4x^2 > 0$，所以 $f'(x) < 0$ - 當 $x \in (0, \sqrt{\frac{3}{2}})$ 時，$x^5 > 0$，$6-4x^2 > 0$，所以 $f'(x) > 0$ - 當 $x > \sqrt{\frac{3}{2}}$ 時，$x^5 > 0$，$6-4x^2 < 0$，所以 $f'(x) < 0$ 這確認了 $x = \pm\sqrt{\frac{3}{2}}$ 是局部最大值點。由於函數在無窮遠處趨於0，且 $f(0) = 0$，所以絕對最大值為： $$\frac{27}{8e^3}$$

Question 4

The graph of the function $g(x) = \frac{\ln(x^3)}{\sqrt{x}}$ has an inflection point at $x = $ _____(4)_____.

Accepted Answer

要找到函數 $g(x) = \frac{\ln(x^3)}{\sqrt{x}}$ 的反曲點，需要找到二階導數為零且三階導數不為零的點。首先簡化函數： $g(x) = \frac{\ln(x^3)}{\sqrt{x}} = \frac{3\ln(x)}{x^{1/2}} = 3x^{-1/2}\ln(x)$ 求一階導數：使用乘積法則，設 $u = 3x^{-1/2}$，$v = \ln(x)$ - $u' = 3 \cdot (-\frac{1}{2})x^{-3/2} = -\frac{3}{2}x^{-3/2}$ - $v' = \frac{1}{x}$ $g'(x) = u'v + uv' = -\frac{3}{2}x^{-3/2}\ln(x) + 3x^{-1/2} \cdot \frac{1}{x}$ $= -\frac{3}{2}x^{-3/2}\ln(x) + 3x^{-3/2}$ $= 3x^{-3/2}(1 - \frac{1}{2}\ln(x))$ 求二階導數：設 $g'(x) = 3x^{-3/2}(1 - \frac{1}{2}\ln(x))$ 使用乘積法則，設 $u = 3x^{-3/2}$，$v = 1 - \frac{1}{2}\ln(x)$ - $u' = 3 \cdot (-\frac{3}{2})x^{-5/2} = -\frac{9}{2}x^{-5/2}$ - $v' = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} = -\frac{1}{2x}$ $g''(x) = u'v + uv'$ $= -\frac{9}{2}x^{-5/2}(1 - \frac{1}{2}\ln(x)) + 3x^{-3/2} \cdot (-\frac{1}{2x})$ $= -\frac{9}{2}x^{-5/2}(1 - \frac{1}{2}\ln(x)) - \frac{3}{2}x^{-5/2}$ $= -\frac{9}{2}x^{-5/2} + \frac{9}{4}x^{-5/2}\ln(x) - \frac{3}{2}x^{-5/2}$ $= x^{-5/2}(-\frac{9}{2} - \frac{3}{2} + \frac{9}{4}\ln(x))$ $= x^{-5/2}(-6 + \frac{9}{4}\ln(x))$ $= \frac{3x^{-5/2}}{4}(3\ln(x) - 8)$ 令 $g''(x) = 0$：由於 $x > 0$ 且 $x^{-5/2} > 0$，所以： $3\ln(x) - 8 = 0$ $3\ln(x) = 8$ $\ln(x) = \frac{8}{3}$ $x = e^{8/3}$ 驗證這是反曲點，需檢查三階導數在此點不為零，或檢查二階導數在此點附近變號： - 當 $x < e^{8/3}$ 時，$3\ln(x) - 8 < 0$，所以 $g''(x) < 0$ - 當 $x > e^{8/3}$ 時，$3\ln(x) - 8 > 0$，所以 $g''(x) > 0$ 二階導數確實在 $x = e^{8/3}$ 處變號，因此這是反曲點。答案：$x = e^{8/3}$

Question 5

Solve for the function $f$ that satisfies $$\int_{\sqrt{x}}^{4} \frac{f(t^2)}{\ln t}\,dt = e^{(x-16)^2} - \frac{x}{16}, \quad x > 1.$$ Then $f(x) =$ _____(5)_____.

Accepted Answer

**解法**

令
$$F(x)=\int_{\sqrt{x}}^{4}\frac{f(t^2)}{\ln t}\,dt.$$
題目給
$$F(x)=e^{(x-16)^2}-\frac{x}{16}.$$

對兩邊微分。左邊使用微積分基本定理與鏈鎖律：
$$F'(x)=-\frac{f((\sqrt{x})^2)}{\ln(\sqrt{x})}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.$$
因為 $\ln(\sqrt{x})=\frac12\ln x$，所以
$$F'(x)=-\frac{f(x)}{\sqrt{x}\ln x}.$$

右邊微分得
$$F'(x)=2(x-16)e^{(x-16)^2}-\frac{1}{16}.$$

因此
$$-\frac{f(x)}{\sqrt{x}\ln x}=2(x-16)e^{(x-16)^2}-\frac{1}{16}.$$

解出 $f(x)$：
$$f(x)=\sqrt{x}\ln x\left(\frac{1}{16}-2(x-16)e^{(x-16)^2}\right).$$

答案：
$$f(x)=\sqrt{x}\ln x\left(\frac{1}{16}-2(x-16)e^{(x-16)^2}\right).$$

Question 6

The volume generated by rotating the region under the curve $y = \frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 1)}$ from $x = 1$ to $x = 4$ about the $x$-axis is _____(6)_____.

Accepted Answer

**解法**

繞 $x$ 軸旋轉，使用 disk method：
$$V=\pi\int_1^4 y^2\,dx.$$

因為
$$y=\frac{1}{\sqrt{x(\sqrt{x}+1)}},$$
所以
$$y^2=\frac{1}{x(\sqrt{x}+1)}.$$

因此
$$V=\pi\int_1^4 \frac{1}{x(\sqrt{x}+1)}\,dx.$$

令 $u=\sqrt{x}$，則 $x=u^2$、$dx=2u\,du$。當 $x=1$ 時 $u=1$；當 $x=4$ 時 $u=2$。

$$\int_1^4 \frac{1}{x(\sqrt{x}+1)}\,dx=\int_1^2 \frac{2u}{u^2(u+1)}\,du=\int_1^2 \frac{2}{u(u+1)}\,du.$$

部分分式：
$$\frac{2}{u(u+1)}=2\left(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1}\right).$$

所以
$$\int_1^2 \frac{2}{u(u+1)}\,du=2\left[\ln u-\ln(u+1)\right]_1^2$$
$$=2\ln\frac{4}{3}.$$

故體積為
$$V=2\pi\ln\frac{4}{3}.$$

答案：
$$2\pi\ln\frac{4}{3}.$$

Question 7

Determine if the improper integral $\displaystyle\int_2^\infty \frac{dx}{x(x^2 - 1)^{3/2}}$ is convergent or divergent. Evaluate the improper integral if it is convergent. _____(7)_____.

Accepted Answer

**解法**

考慮
$$\int_2^\infty \frac{dx}{x(x^2-1)^{3/2}}.$$

令 $x=\sec	heta$。因為 $x\ge2$，所以 $	heta\in[\pi/3,\pi/2)$。又
$$dx=\sec	heta	an	heta\,d	heta,$$
且
$$(x^2-1)^{3/2}=(	an^2	heta)^{3/2}=	an^3	heta.$$

因此
$$\frac{dx}{x(x^2-1)^{3/2}}=\frac{\sec	heta	an	heta}{\sec	heta	an^3	heta}\,d	heta=\cot^2	heta\,d	heta.$$

所以
$$\int_2^\infty \frac{dx}{x(x^2-1)^{3/2}}=\int_{\pi/3}^{\pi/2}\cot^2	heta\,d	heta.$$

使用 $\cot^2	heta=\csc^2	heta-1$：
$$\int \cot^2	heta\,d	heta=-\cot	heta-	heta.$$

因此
$$\int_{\pi/3}^{\pi/2}\cot^2	heta\,d	heta=\left[-\cot	heta-	hetaight]_{\pi/3}^{\pi/2}$$
$$=-\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{1}{\sqrt3}-\frac{\pi}{3}ight)=\frac{1}{\sqrt3}-\frac{\pi}{6}.$$

此值有限，所以 improper integral 收斂。

答案：收斂，且值為
$$\frac{1}{\sqrt3}-\frac{\pi}{6}.$$

Question 8

Find the point on the surface given by $\sqrt{x} + \sqrt{8y} + \sqrt{27z} = 14$ that is closest to the origin. _____(8)_____.

Accepted Answer

**解法**

要找離原點最近的點，等價於最小化
$$D=x^2+y^2+z^2$$
並滿足約束
$$\sqrt{x}+\sqrt{8y}+\sqrt{27z}=14.$$

令
$$a=\sqrt{x},\quad b=\sqrt{y},\quad c=\sqrt{z}.$$
則 $x=a^2$、$y=b^2$、$z=c^2$，問題變成最小化
$$a^4+b^4+c^4$$
且
$$a+\sqrt8\,b+\sqrt{27}\,c=14.$$

用 Lagrange multiplier：
$$
abla(a^4+b^4+c^4)=\lambda
abla(a+\sqrt8\,b+\sqrt{27}\,c).$$
所以
$$4a^3=\lambda,$$
$$4b^3=\lambda\sqrt8,$$
$$4c^3=\lambda\sqrt{27}.$$

因此
$$b^3=a^3\sqrt8,$$
所以
$$b=a(\sqrt8)^{1/3}=a\sqrt2.$$
同理
$$c=a(\sqrt{27})^{1/3}=a\sqrt3.$$

所以
$$y=b^2=2a^2=2x,$$
$$z=c^2=3a^2=3x.$$

代回約束：
$$\sqrt{x}+\sqrt{8(2x)}+\sqrt{27(3x)}=14.$$
也就是
$$\sqrt{x}+4\sqrt{x}+9\sqrt{x}=14.$$
所以
$$14\sqrt{x}=14,$$
得到
$$x=1.$$
因此
$$y=2,\qquad z=3.$$

答案：
$$(1,2,3).$$

Question 9

Evaluate $\int_0^2 \int_0^{\sqrt{4-x^2}} \int_{2-\sqrt{4-x^2-y^2}}^{2+\sqrt{4-x^2-y^2}} \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \, dz \, dy \, dx = $ _____(9)_____.

Accepted Answer

**解法**

積分區域滿足
$$0\le x\le2,\quad 0\le y\le\sqrt{4-x^2},$$
所以在 $xy$ 平面上是第一象限中的半徑 $2$ 四分之一圓盤。

而 $z$ 的範圍是
$$2-\sqrt{4-x^2-y^2}\le z\le 2+\sqrt{4-x^2-y^2}.$$
這表示區域在球
$$x^2+y^2+(z-2)^2\le4$$
內，且 $x\ge0$、$y\ge0$。

用以原點為中心的球座標：
$$x=ho\sin\phi\cos	heta,\quad y=ho\sin\phi\sin	heta,\quad z=ho\cos\phi.$$
球面條件為
$$x^2+y^2+(z-2)^2=4.$$
代入得
$$ho^2-4ho\cos\phi=0,$$
所以
$$0\le ho\le 4\cos\phi.$$
又因為 $x,y\ge0$，所以
$$0\le	heta\le\frac{\pi}{2},$$
且需 $\cos\phi\ge0$，所以
$$0\le\phi\le\frac{\pi}{2}.$$

被積函數為
$$\sqrt{x^2+y^2+z^2}=ho,$$
而體積元素為
$$dV=ho^2\sin\phi\,dho\,d\phi\,d	heta.$$

因此原積分為
$$\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}\int_0^{4\cos\phi}ho^3\sin\phi\,dho\,d\phi\,d	heta.$$

先對 $ho$ 積分：
$$\int_0^{4\cos\phi}ho^3\,dho=\frac{(4\cos\phi)^4}{4}=64\cos^4\phi.$$

所以
$$\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}64\cos^4\phi\sin\phi\,d\phi\,d	heta.$$

計算：
$$\int_0^{\pi/2}\cos^4\phi\sin\phi\,d\phi=\frac15.$$
且
$$\int_0^{\pi/2}d	heta=\frac{\pi}{2}.$$

因此積分值為
$$64\cdot\frac15\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{32\pi}{5}.$$

答案：
$$\frac{32\pi}{5}.$$

Question 10

Solve the initial value problem. $\displaystyle x \frac{dy}{dx} = 3x^2 - 2y$, $y(1) = 2$. 
$y = $ _____(10)_____.

Accepted Answer

**解法**

題目給
$$x\frac{dy}{dx}=3x^2-2y.$$

整理成線性微分方程：
$$\frac{dy}{dx}+\frac{2}{x}y=3x.$$

積分因子為
$$\mu(x)=e^{\int 2/x\,dx}=e^{2\ln x}=x^2.$$

兩邊同乘 $x^2$：
$$x^2\frac{dy}{dx}+2xy=3x^3.$$
左邊是
$$(x^2y)'=3x^3.$$

積分得
$$x^2y=\frac{3}{4}x^4+C.$$
所以
$$y=\frac{3}{4}x^2+\frac{C}{x^2}.$$

利用初始條件 $y(1)=2$：
$$2=\frac34+C,$$
所以
$$C=\frac54.$$

因此
$$y=\frac34x^2+\frac{5}{4x^2}.$$

答案：
$$y=\frac34x^2+\frac{5}{4x^2}.$$

Question 11

Evaluate the integral by making an appropriate change of variables. $$\iint_R \cos\left[\left(\frac{y - x}{y + x}\right)^2\right] dA$$ where $R$ is the trapezoidal region with vertices $(2, 0)$, $(3, 0)$, $(0, 3)$, and $(0, 2)$.

Accepted Answer

**解法**

使用變數變換
$$u=\frac{y-x}{y+x},\qquad v=y+x.$$

由此可解得
$$x=\frac{v(1-u)}{2},\qquad y=\frac{v(1+u)}{2}.$$

計算 Jacobian：
$$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\frac{v}{2}.$$

接著看區域 $R$ 的四個頂點：
$$(2,0)\mapsto (u,v)=(-1,2),$$
$$(3,0)\mapsto (u,v)=(-1,3),$$
$$(0,3)\mapsto (u,v)=(1,3),$$
$$(0,2)\mapsto (u,v)=(1,2).$$

所以在 $uv$ 平面上，區域變成矩形
$$-1\le u\le1,\qquad 2\le v\le3.$$

原積分為
$$\iint_R \cos\left[\left(\frac{y-x}{y+x}\right)^2\right]dA$$
$$=\int_{-1}^{1}\int_2^3 \cos(u^2)\frac{v}{2}\,dv\,du.$$

先對 $v$ 積分：
$$\int_2^3\frac{v}{2}\,dv=\left[\frac{v^2}{4}\right]_2^3=\frac{9-4}{4}=\frac54.$$

因此
$$\iint_R \cos\left[\left(\frac{y-x}{y+x}\right)^2\right]dA=\frac54\int_{-1}^{1}\cos(u^2)\,du.$$

因為 $\cos(u^2)$ 是偶函數，
$$\frac54\int_{-1}^{1}\cos(u^2)\,du=\frac52\int_0^1\cos(u^2)\,du.$$

此積分沒有初等反導函數。若用 Fresnel cosine integral $C$ 表示，則
$$\int_0^1\cos(u^2)\,du=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\,C\left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\right).$$

答案：
$$\frac52\int_0^1\cos(u^2)\,du$$
或
$$\frac52\sqrt{\frac{\pi}{2}}\,C\left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\right).$$

Question 12

Sketch the graph of the function $f(x) = x^{2/3}(12 - x)^{1/3}$. Label the following objectives on your graph: (a) Asymptotes (b) Local extrema (points and values) (c) Intervals of increase/decrease (d) Concave up/down intervals.

Accepted Answer

**解法** 函數為 $$f(x)=x^{2/3}(12-x)^{1/3}.$$ 等價地， $$f(x)^3=x^2(12-x).$$ **1. Asymptotes** 當 $x o\pm\infty$ 時， $$f(x)=\sqrt[3]{x^2(12-x)}=\sqrt[3]{-x^3+12x^2}.$$ 其主導行為為 $$f(x)\sim -x+4.$$ 因此斜漸近線為 $$y=-x+4.$$ 沒有垂直漸近線，因為函數在所有實數上皆有定義。 **2. 一階導數與增減** 對 $$f(x)=x^{2/3}(12-x)^{1/3}$$ 做對數微分，可得 $$\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{2}{3x}-\frac{1}{3(12-x)}.$$ 所以 $$f'(x)=\frac{8-x}{x^{1/3}(12-x)^{2/3}}.$$ Critical numbers： - $x=0$：$f'$ 不存在 - $x=8$：$f'(8)=0$ - $x=12$：$f'$ 不存在判斷符號： - $(-\infty,0)$：$f'(x)<0$，遞減 - $(0,8)$：$f'(x)>0$，遞增 - $(8,12)$：$f'(x)<0$，遞減 - $(12,\infty)$：$f'(x)<0$，遞減所以： - $x=0$ 為 local minimum，$f(0)=0$ - $x=8$ 為 local maximum，$f(8)=8^{2/3}4^{1/3}=4\sqrt[3]{4}$ - $x=12$ 不是 local extremum，因為左右兩側皆遞減 **3. 二階導數與凹凸** 由 $$f'(x)=\frac{8-x}{x^{1/3}(12-x)^{2/3}},$$ 可得 $$f''(x)=\frac{-32}{x^{4/3}(12-x)^{5/3}}.$$ 因此： - 當 $x<12$ 時，$f''(x)<0$，concave down - 當 $x>12$ 時，$f''(x)>0$，concave up 所以凹凸區間為 $$ ext{concave down on }(-\infty,0)\cup(0,12),$$ $$ ext{concave up on }(12,\infty).$$ 在 $x=12$ 凹凸改變，且 $f(12)=0$，所以 inflection point 是 $$(12,0).$$ **4. Sketch 重點** ![Sketch of f(x)](/images/solutions/ntu-112-transfer-calculus-b-q12-f-sketch.svg) 圖形應標出： - 斜漸近線 $y=-x+4$ - local minimum：$(0,0)$ - local maximum：$(8,4\sqrt[3]{4})$ - inflection point：$(12,0)$ - 遞減：$(-\infty,0)$、$(8,12)$、$(12,\infty)$ - 遞增：$(0,8)$ - 凹向下：$(-\infty,0)\cup(0,12)$ - 凹向上：$(12,\infty)$

台灣大學 112 年度微積分(B)

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