臺灣綜合大學系統 113 年微積分A 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Find $\lim\limits_{x 	o 1^+} \frac{|x^2-1|}{x-1}$ and $\lim\limits_{x 	o 1^-} \frac{|x^2-1|}{x-1}$.

Accepted Answer

分析 $x^2-1$ 在 $x=1$ 附近的正負號，是處理絕對值的關鍵。 **右側極限 $x o 1^+$** 當 $x>1$ 時，$x^2>1$，故 $x^2-1>0$，絕對值符號可直接去掉： $$|x^2-1| = x^2-1 = (x-1)(x+1)$$ 代入極限： $$\lim_{x o 1^+}\frac{|x^2-1|}{x-1} = \lim_{x o 1^+}\frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = \lim_{x o 1^+}(x+1) = \boxed{2}$$ （消去公因子 $x-1 eq 0$，因為是趨近而非等於。） **左側極限 $x o 1^-$** 當 $x<1$ 時，$x^2<1$，故 $x^2-1<0$，取絕對值後變號： $$|x^2-1| = -(x^2-1) = 1-x^2 = (1-x)(1+x)$$ 代入極限： $$\lim_{x o 1^-}\frac{|x^2-1|}{x-1} = \lim_{x o 1^-}\frac{(1-x)(1+x)}{x-1}$$ 注意 $1-x = -(x-1)$，故： $$= \lim_{x o 1^-}\frac{-(x-1)(1+x)}{x-1} = \lim_{x o 1^-}[-(1+x)] = -(1+1) = \boxed{-2}$$ **結論：** 兩側極限不相等（$2 eq -2$），故 $x o 1$ 的極限不存在。

Question 2

Find the derivative $f'(0)$ for the function $\displaystyle f(x) = \int_{	an x}^{\sec x} \frac{1}{\sqrt{1+t^4}} dt$.

Accepted Answer

將積分拆成以 $0$ 為上/下界的兩段，再對各段分別應用 FTC + 鏈鎖律。

**FTC + 鏈鎖律（變上下限積分的導數）：**

$$f(x) = \int_{	an x}^{\sec x}\frac{dt}{\sqrt{1+t^4}} = \int_0^{\sec x}\frac{dt}{\sqrt{1+t^4}} - \int_0^{	an x}\frac{dt}{\sqrt{1+t^4}}$$

設 $g(u) = \displaystyle\int_0^u\frac{dt}{\sqrt{1+t^4}}$，則 $g'(u) = \dfrac{1}{\sqrt{1+u^4}}$。

$$f(x) = g(\sec x) - g(	an x)$$

對 $x$ 微分（鏈鎖律）：
$$f'(x) = g'(\sec x)\cdot(\sec x)' - g'(	an x)\cdot(	an x)'$$
$$= \frac{1}{\sqrt{1+\sec^4 x}}\cdot\sec x	an x - \frac{1}{\sqrt{1+	an^4 x}}\cdot\sec^2 x$$

**代入 $x=0$：**

$$	an 0 = 0,\quad \sec 0 = 1,\quad \sec 0	an 0 = 0,\quad \sec^2 0 = 1$$

$$f'(0) = \frac{1}{\sqrt{1+1^4}}\cdot 0 - \frac{1}{\sqrt{1+0^4}}\cdot 1 = 0 - 1$$

$$\boxed{f'(0) = -1}$$

Question 3

Find the absolute maximum and absolute minimum values of $f(x) = \frac{x}{x^2-x+1}$ on the interval $[-2, 0]$.

Accepted Answer

在閉區間上找極值：先求臨界點，再比較端點與臨界點的函數值。 **Step 1：確認分母不為零** $x^2-x+1$ 的判別式 $= 1-4 = -3 < 0$，恆正，故 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上均有定義。 **Step 2：求導數** 商法則： $$f'(x) = \frac{(x^2-x+1)\cdot 1 - x\cdot(2x-1)}{(x^2-x+1)^2} = \frac{x^2-x+1-2x^2+x}{(x^2-x+1)^2} = \frac{1-x^2}{(x^2-x+1)^2}$$ **Step 3：求臨界點（$f'(x)=0$）** 分子 $1-x^2 = (1-x)(1+x) = 0 \Rightarrow x=1$ 或 $x=-1$。在 $[-2,0]$ 內只有 $x=-1$ 屬於區間。 **Step 4：分析 $f'$ 的正負（確認極值類型）** 在 $[-2,-1)$：$1-x^2 < 0$（因 $|x|>1$），故 $f'<0$（遞減）。在 $(-1,0]$：$1-x^2 > 0$（因 $|x|<1$），故 $f'>0$（遞增）。因此 $x=-1$ 為極小值點。 **Step 5：計算候選點的函數值** | $x$ | $f(x)$ | |-----|--------| | $-2$（左端點） | $\dfrac{-2}{4+2+1} = -\dfrac{2}{7}$ | | $-1$（臨界點） | $\dfrac{-1}{1+1+1} = -\dfrac{1}{3}$ | | $0$（右端點） | $\dfrac{0}{1} = 0$ | **結論：** $$ ext{絕對最大值} = f(0) = \boxed{0}$$ $$ ext{絕對最小值} = f(-1) = \boxed{-\dfrac{1}{3}}$$

Question 4

Evaluate the integral $\int_0^{1/2} \sqrt{1-4x^2} dx$.

Accepted Answer

**方法一：幾何法（最快）**

將 $\sqrt{1-4x^2}$ 改寫為 $\sqrt{1-(2x)^2}$。

令 $u=2x$，則 $du=2\,dx$，積分限 $x:0	o	frac{1}{2}$ 對應 $u:0	o 1$：

$$\int_0^{1/2}\sqrt{1-4x^2}\,dx = \frac{1}{2}\int_0^1\sqrt{1-u^2}\,du$$

$\displaystyle\int_0^1\sqrt{1-u^2}\,du$ 恰好是單位圓第一象限的四分之一面積 $= \dfrac{\pi}{4}$。

$$= \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{4} = \boxed{\dfrac{\pi}{8}}$$

---

**方法二：三角代換（標準做法）**

令 $2x = \sin	heta$，則 $x=\dfrac{\sin	heta}{2}$，$dx=\dfrac{\cos	heta}{2}d	heta$。

積分限：$x=0\Rightarrow	heta=0$；$x=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\sin	heta=1\Rightarrow	heta=\dfrac{\pi}{2}$。

$\sqrt{1-4x^2} = \sqrt{1-\sin^2	heta} = \cos	heta$（因 $	heta\in[0,\pi/2]$，$\cos	heta\geq 0$）。

$$\int_0^{\pi/2}\cos	heta\cdot\frac{\cos	heta}{2}\,d	heta = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\cos^2	heta\,d	heta$$

利用半角公式 $\cos^2	heta=\dfrac{1+\cos 2	heta}{2}$：
$$= \frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos 2	heta}{2}\,d	heta = \frac{1}{4}\left[	heta+\frac{\sin 2	heta}{2}ight]_0^{\pi/2} = \frac{1}{4}\cdot\frac{\pi}{2} = \boxed{\dfrac{\pi}{8}}$$

Question 5

Evaluate the improper integral $\displaystyle \int_0^1 x \ln x dx$.

Accepted Answer

此積分在 $x=0^+$ 處為瑕積分，因為 $\ln x	o-\infty$（但 $x\ln x	o 0$，為可去奇點）。

**Step 1：分部積分**

令 $u = \ln x$，$dv = x\,dx$，則 $du = \dfrac{dx}{x}$，$v = \dfrac{x^2}{2}$。

$$\int x\ln x\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int\frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int\frac{x}{2}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$$

**Step 2：處理瑕積分（加極限）**

$$\int_0^1 x\ln x\,dx = \lim_{\epsilon	o 0^+}\int_\epsilon^1 x\ln x\,dx = \lim_{\epsilon	o 0^+}\left[\frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4}ight]_\epsilon^1$$

**在 $x=1$ 處：**
$$\frac{1}{2}\ln 1 - \frac{1}{4} = 0 - \frac{1}{4} = -\frac{1}{4}$$

**在 $x=\epsilon	o 0^+$ 處（計算極限）：**
$$\lim_{\epsilon	o 0^+}\left(\frac{\epsilon^2}{2}\ln\epsilon - \frac{\epsilon^2}{4}ight)$$

因為 $\displaystyle\lim_{\epsilon	o 0^+}\epsilon^2\ln\epsilon = \lim_{\epsilon	o 0^+}\frac{\ln\epsilon}{1/\epsilon^2} \overset{	ext{L'H}}{=} \lim_{\epsilon	o 0^+}\frac{1/\epsilon}{-2/\epsilon^3} = \lim_{\epsilon	o 0^+}\frac{-\epsilon^2}{2} = 0$

所以下限值為 $0 - 0 = 0$。

**Step 3：合併**

$$\int_0^1 x\ln x\,dx = -\frac{1}{4} - 0 = \boxed{-\dfrac{1}{4}}$$

Question 6

Find the interval of convergence of the power series $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{x^n}{\sqrt{n}}$.

Accepted Answer

**Step 1：求收斂半徑**

用比值法：
$$\lim_{n	o\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}ight| = \lim_{n	o\infty}\frac{|x|^{n+1}/\sqrt{n+1}}{|x|^n/\sqrt{n}} = |x|\cdot\lim_{n	o\infty}\sqrt{\frac{n}{n+1}} = |x|\cdot 1 = |x|$$

比值 $< 1$ 時收斂，故收斂半徑 $R = 1$，即 $|x| < 1$ 時絕對收斂。

**Step 2：檢驗端點 $x=1$**

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{n}} = \sum_{n=1}^\infty n^{-1/2}$$

這是 $p$-級數，$p = \dfrac{1}{2} \leq 1$，**發散**。

**Step 3：檢驗端點 $x=-1$**

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$$

用**交錯級數審斂法（Leibniz）**：
- $b_n = \dfrac{1}{\sqrt{n}} > 0$ ✓
- $b_n$ 單調遞減 ✓
- $\lim_{n	o\infty}b_n = 0$ ✓

三條件滿足，故在 $x=-1$ 處**條件收斂**。

**結論：**

$$\boxed{	ext{收斂域為}\ [-1,\,1)}$$

Question 7

Find the direction in which the function $f(x,y) = \ln(xy)$ decreases fastest at the point $(1,2)$? What is the rate of decrease?

Accepted Answer

函數在某點**下降最快的方向**是負梯度方向 $-
abla f$，**最大下降率**等於梯度的模 $|
abla f|$。

**Step 1：計算梯度**

$$f(x,y) = \ln(xy) = \ln x + \ln y$$

$$
abla f = \left(\frac{\partial f}{\partial x},\,\frac{\partial f}{\partial y}ight) = \left(\frac{1}{x},\,\frac{1}{y}ight)$$

**Step 2：代入點 $(1,2)$**

$$
abla f(1,2) = \left(1,\,\frac{1}{2}ight)$$

**Step 3：下降最快的方向（單位向量）**

下降最快的方向為 $-
abla f(1,2) = \left(-1,\,-\dfrac{1}{2}ight)$。

其模：$\left|\left(-1,-\dfrac{1}{2}ight)ight| = \sqrt{1+\dfrac{1}{4}} = \sqrt{\dfrac{5}{4}} = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$

單位向量：
$$\mathbf{u} = \frac{-
abla f}{|
abla f|} = \frac{(-1,-1/2)}{\sqrt{5}/2} = \left(-\frac{2}{\sqrt{5}},\,-\frac{1}{\sqrt{5}}ight)$$

**Step 4：最大下降率**

$$	ext{最大下降率} = |
abla f(1,2)| = \frac{\sqrt{5}}{2}$$

**結論：**
- 下降最快的方向：$\displaystyle\left(-\frac{2}{\sqrt{5}},\,-\frac{1}{\sqrt{5}}ight) = \frac{1}{\sqrt{5}}(-2,-1)$
- 最大下降率：$\boxed{\dfrac{\sqrt{5}}{2}}$

Question 8

Find the arc length for the circular helix with vector function $\mathbf{r}(t) = \cos 2t \mathbf{i} + \sin 2t \mathbf{j} + t \mathbf{k}$ from the point $(1, 0, 0)$ to the point $(1, 0, \pi)$.

Accepted Answer

**Step 1：確定參數範圍**

起點 $(1,0,0)$：$\cos 2t=1$，$\sin 2t=0$，$t=0$。
終點 $(1,0,\pi)$：$\cos 2t=1$，$\sin 2t=0$，$t=\pi$（因為 $z=t=\pi$）。

故 $t\in[0,\pi]$。

**Step 2：計算切向量**

$$\mathbf{r}'(t) = \frac{d}{dt}(\cos 2t,\sin 2t,t) = (-2\sin 2t,\; 2\cos 2t,\; 1)$$

**Step 3：計算速率（切向量的模）**

$$|\mathbf{r}'(t)| = \sqrt{(-2\sin 2t)^2+(2\cos 2t)^2+1^2}$$
$$= \sqrt{4\sin^2 2t + 4\cos^2 2t + 1} = \sqrt{4(\sin^2 2t+\cos^2 2t)+1} = \sqrt{4+1} = \sqrt{5}$$

（速率為常數，即等速螺旋線。）

**Step 4：弧長積分**

$$L = \int_0^\pi|\mathbf{r}'(t)|\,dt = \int_0^\pi\sqrt{5}\,dt = \sqrt{5}\cdot\pi$$

$$\boxed{L = \sqrt{5}\,\pi}$$

Question 9

Evaluate the integral $\displaystyle \int_0^1 \int_0^{\sqrt{x-x^2}} \sqrt{x^2 + y^2} \, dy dx$.

Accepted Answer

**Step 1：辨識積分區域**

$y$ 的上界 $\sqrt{x-x^2}$ 要求 $x-x^2\geq 0$（即 $0\leq x\leq 1$）且 $y\geq 0$。

令 $y\leq\sqrt{x-x^2}$，兩邊平方得 $y^2\leq x-x^2$，整理：
$$x^2 - x + y^2\leq 0 \iff \left(x-\frac{1}{2}ight)^2+y^2\leq\frac{1}{4}$$

即以 $\left(\dfrac{1}{2},0ight)$ 為圓心、半徑 $\dfrac{1}{2}$ 的圓盤，且 $y\geq 0$（上半圓）。

**Step 2：轉為極座標**

令 $x=r\cos	heta$，$y=r\sin	heta$，$dA=r\,dr\,d	heta$。

圓的方程 $\left(x-\dfrac{1}{2}ight)^2+y^2=\dfrac{1}{4}$ 展開為 $x^2+y^2=x$，即 $r^2=r\cos	heta$，解得 $r=\cos	heta$。

由 $y\geq 0$（上半圓）且 $r\leq\cos	heta$ 需 $\cos	heta>0$，故 $	heta\in[0,	frac{\pi}{2}]$，$r\in[0,\cos	heta]$。

被積函數 $\sqrt{x^2+y^2} = r$。

**Step 3：計算積分**

$$\int_0^{\pi/2}\int_0^{\cos	heta}r\cdot r\,dr\,d	heta = \int_0^{\pi/2}\int_0^{\cos	heta}r^2\,dr\,d	heta$$

先積 $r$：
$$\int_0^{\cos	heta}r^2\,dr = \left[\frac{r^3}{3}ight]_0^{\cos	heta} = \frac{\cos^3	heta}{3}$$

再積 $	heta$，利用 $\cos^3	heta=(1-\sin^2	heta)\cos	heta$：
$$\int_0^{\pi/2}\frac{\cos^3	heta}{3}\,d	heta = \frac{1}{3}\int_0^{\pi/2}(1-\sin^2	heta)\cos	heta\,d	heta$$

令 $u=\sin	heta$，$du=\cos	heta\,d	heta$，$u:0	o 1$：
$$= \frac{1}{3}\int_0^1(1-u^2)\,du = \frac{1}{3}\left[u-\frac{u^3}{3}ight]_0^1 = \frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3} = \boxed{\dfrac{2}{9}}$$

Question 10

Evaluate the line integral $\displaystyle \int_C \frac{-y}{x^2+y^2} dx - \frac{x}{x^2+y^2} dy$, where $C$ is the counterclockwise oriented ellipse $4x^2 + 9y^2 = 36$.

Accepted Answer

令 $P=\dfrac{-y}{x^2+y^2}$，$Q=\dfrac{-x}{x^2+y^2}$。

**Step 1：驗證 curl 不為零**

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{-(x^2+y^2)+2x^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}$$
$$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{-(x^2+y^2)+2y^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$
$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2} 
eq 0$$

Green 定理不能直接化簡，用**直接參數化**計算。

**Step 2：橢圓參數化**

橢圓 $\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1$（逆時針）：
$$x = 3\cos t,\quad y = 2\sin t,\quad t\in[0,2\pi]$$
$$dx = -3\sin t\,dt,\quad dy = 2\cos t\,dt,\quad x^2+y^2 = 9\cos^2 t+4\sin^2 t$$

**Step 3：代入被積式**

$$P\,dx = \frac{-2\sin t}{9\cos^2 t+4\sin^2 t}\cdot(-3\sin t)\,dt = \frac{6\sin^2 t}{9\cos^2 t+4\sin^2 t}\,dt$$

$$Q\,dy = \frac{-3\cos t}{9\cos^2 t+4\sin^2 t}\cdot 2\cos t\,dt = \frac{-6\cos^2 t}{9\cos^2 t+4\sin^2 t}\,dt$$

$$P\,dx + Q\,dy = \frac{6\sin^2 t - 6\cos^2 t}{9\cos^2 t+4\sin^2 t}\,dt = \frac{-6\cos 2t}{9\cos^2 t+4\sin^2 t}\,dt$$

**Step 4：化簡分母**

$$9\cos^2 t+4\sin^2 t = 4+5\cos^2 t = \frac{13+5\cos 2t}{2}$$

$$I = \int_0^{2\pi}\frac{-6\cos 2t}{(13+5\cos 2t)/2}\,dt = -12\int_0^{2\pi}\frac{\cos 2t}{13+5\cos 2t}\,dt$$

**Step 5：計算積分**

令 $u=2t$（週期 $2\pi$）：
$$I = -12\int_0^{2\pi}\frac{\cos u}{13+5\cos u}\,du$$

將被積式拆解：
$$\frac{\cos u}{13+5\cos u} = \frac{1}{5}\left(1 - \frac{13}{13+5\cos u}ight)$$

$$\int_0^{2\pi}\frac{\cos u}{13+5\cos u}\,du = \frac{1}{5}\cdot 2\pi - \frac{13}{5}\int_0^{2\pi}\frac{du}{13+5\cos u}$$

用標準公式 $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{du}{a+b\cos u} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}$（$a>|b|$）：
$$\int_0^{2\pi}\frac{du}{13+5\cos u} = \frac{2\pi}{\sqrt{169-25}} = \frac{2\pi}{12} = \frac{\pi}{6}$$

$$\int_0^{2\pi}\frac{\cos u}{13+5\cos u}\,du = \frac{2\pi}{5} - \frac{13}{5}\cdot\frac{\pi}{6} = \frac{12\pi-13\pi}{30} = -\frac{\pi}{30}$$

$$I = -12\cdot\left(-\frac{\pi}{30}ight) = \frac{12\pi}{30} = \boxed{\dfrac{2\pi}{5}}$$

臺灣綜合大學系統 113 年度微積分A

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