臺灣綜合大學系統 114 年微積分B 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Let $g(x)$ be the function
$$g(x) = e^{-x^2}.$$
Compute $g'(1)$ and $g''(1)$.

Accepted Answer

給定 $g(x)=e^{-x^2}$。

一階導數（鏈鎖律）：
$$g'(x)=e^{-x^2}\cdot(-2x)=-2x e^{-x^2}.$$
因此
$$g'(1)=-2e^{-1}=-\frac{2}{e}.$$

二階導數（乘積法則）：
$$g''(x)=\frac{d}{dx}\bigl(-2x e^{-x^2}\bigr)=-2e^{-x^2}+(-2x)\cdot e^{-x^2}\cdot(-2x)=(-2+4x^2)e^{-x^2}.$$
因此
$$g''(1)=( -2+4)e^{-1}=2e^{-1}=\frac{2}{e}.$$

Question 2

Find the extreme values of the function
$$f(x) = \frac{x^2 - 3}{x^3}$$
on the interval $[1, 5]$.

Accepted Answer

先化簡：
$$f(x)=\frac{x^2-3}{x^3}=x^{-1}-3x^{-3}.$$

求導：
$$f'(x)=-x^{-2}+9x^{-4}=\frac{-x^2+9}{x^4}.$$
在區間 $[1,5]$ 內，臨界點由 $-x^2+9=0\Rightarrow x=3$（$x=-3$ 不在區間內）。

計算端點與臨界點函數值：
$$f(1)=\frac{1-3}{1}=-2,$$
$$f(3)=\frac{9-3}{27}=\frac{6}{27}=\frac{2}{9},$$
$$f(5)=\frac{25-3}{125}=\frac{22}{125}.$$

比較得：
- 絕對最小值為 $-2$，發生在 $x=1$。
- 絕對最大值為 $\frac{2}{9}$，發生在 $x=3$。

Question 3

Evaluate the following definite integral:
$$\int_0^1 xe^{2x} dx.$$

Accepted Answer

用分部積分。令 $u=x$，$dv=e^{2x}dx$，則 $du=dx$，$v=\frac12 e^{2x}$。

$$\int_0^1 xe^{2x}dx=\left.\frac12 x e^{2x}\right|_0^1-\int_0^1 \frac12 e^{2x}dx
=\frac12 e^2-\left.\frac14 e^{2x}\right|_0^1$$
$$=\frac12 e^2-\frac14(e^2-1)=\frac14(e^2+1).$$

Question 4

Evaluate the following definite integral:
$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x^2 + 3}} dx.$$

Accepted Answer

利用公式
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|+C.$$
此處 $a^2=3$。

$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x^2+3}}dx
=\left.\ln\left(x+\sqrt{x^2+3}\right)\right|_0^1
=\ln(1+\sqrt4)-\ln(\sqrt3)$$
$$=\ln 3-\frac12\ln 3=\frac12\ln 3.$$

Question 5

Let $f(x) = 2x^{-1}$, and $T = \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n(x - 2)^n$ the Taylor series of $f(x)$. What is $a_{100}$?

Accepted Answer

把 $f(x)=\frac{2}{x}$ 以 $x=2$ 為中心改寫：
$$\frac{2}{x}=\frac{2}{2+(x-2)}=\frac{1}{1+\frac{x-2}{2}}.$$
令 $u=\frac{x-2}{2}$，則
$$\frac{1}{1+u}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n u^n\quad(|u|<1).$$
因此
$$\frac{2}{x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{x-2}{2}\right)^n
=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^n}(x-2)^n.$$
故
$$a_n=\frac{(-1)^n}{2^n},\qquad a_{100}=\frac{1}{2^{100}}.$$

Question 6

Suppose that $x$ and $y$ satisfy the equation
$$y^3 - x^2 = 4.$$
Find $dy/dx$ and $d^2y/dx^2$ when $(x, y) = (2, 2)$.

Accepted Answer

對 $y^3-x^2=4$ 兩邊對 $x$ 微分：
$$3y^2\frac{dy}{dx}-2x=0\Rightarrow \frac{dy}{dx}=\frac{2x}{3y^2}.$$
在 $(2,2)$：
$$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(2,2)}=\frac{4}{3\cdot 4}=\frac13.$$

再對 $3y^2y'=2x$ 微分：
$$\frac{d}{dx}(3y^2y')=3(2y(y')^2+y^2y'')=2.$$
所以
$$6y(y')^2+3y^2y''=2\Rightarrow y''=\frac{2-6y(y')^2}{3y^2}.$$
代入 $y=2,\;y'=\frac13$：
$$y''=\frac{2-6\cdot 2\cdot(\frac13)^2}{3\cdot 4}
=\frac{2-\frac{12}{9}}{12}=rac{\frac{2}{3}}{12}=\frac{1}{18}.$$

因此
$$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(2,2)}=\frac13,\qquad \left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{(2,2)}=\frac{1}{18}.$$

Question 7

Find the length $L$ of the space curve given by
$$x(t) = 3\cos\sqrt{t + 1}, \quad y(t) = 3\sin\sqrt{t + 1} \quad 	ext{and} \quad z(t) = 4\sqrt{t + 1}$$
for $t = 0$ to $1$.

Accepted Answer

令 $u=\sqrt{t+1}$，則 $u>0$ 且 $\dfrac{du}{dt}=\dfrac{1}{2\sqrt{t+1}}=\dfrac{1}{2u}$。

求導：
$$x'(t)=3(-\sin u)\,u'=-\frac{3\sin u}{2u},\qquad y'(t)=3(\cos u)\,u'=\frac{3\cos u}{2u},$$
$$z'(t)=4u'=\frac{2}{u}.$$
速度：
$$\sqrt{(x')^2+(y')^2+(z')^2}
=\sqrt{\frac{9}{4u^2}(\sin^2u+\cos^2u)+\frac{4}{u^2}}
=\sqrt{\frac{9/4+4}{u^2}}=\frac{5}{2u}.$$
因 $u=\sqrt{t+1}$，得弧長
$$L=\int_0^1 \frac{5}{2\sqrt{t+1}}dt=\frac{5}{2}\cdot \left[2\sqrt{t+1}\right]_0^1
=5(\sqrt2-1).$$

Question 8

Let
$$f(x, y) = x + \sin(x + 2y).$$
Find the unit vector in the direction in which $f$ increases most rapidly at the point $(0, 0)$ and give the rate of change of $f$ in that direction.

Accepted Answer

最速上升方向為梯度向量 $
abla f$。

先算偏導：
$$f_x=1+\cos(x+2y),\qquad f_y=2\cos(x+2y).$$
在 $(0,0)$ 時 $\cos 0=1$，所以
$$
abla f(0,0)=(2,2).$$

單位方向向量：
$$\mathbf{u}=\frac{
abla f(0,0)}{\|
abla f(0,0)\|}
=\frac{(2,2)}{\sqrt{2^2+2^2}}=\left(\frac{1}{\sqrt2},\frac{1}{\sqrt2}ight).$$

該方向的變化率（最大方向導數）為
$$\|
abla f(0,0)\|=\sqrt{8}=2\sqrt2.$$

Question 9

Solve the following optimization problem using Lagrange multipliers:
$$f(x, y) = x^2 \quad 	ext{subject to} \quad x + y = 1.$$

Accepted Answer

設限制式 $g(x,y)=x+y-1=0$，拉格朗日函數
$$\mathcal{L}(x,y,\lambda)=x^2+\lambda(x+y-1).$$

一階條件：
$$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=2x+\lambda=0,$$
$$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=\lambda=0,$$
$$x+y-1=0.$$
由 $\lambda=0$ 得 $2x=0\Rightarrow x=0$，再由限制得 $y=1$。

因此在限制直線上有臨界點 $(0,1)$，且
$$f(0,1)=0,$$
為最小值。

另外因為限制 $x+y=1$ 的可行集合無界，$x^2$ 可隨 $|x|	o\infty$ 而趨於無限大，所以不存在最大值。

Question 10

Evaluate the double integral
$$\iint_R (x + y) dA,$$
where $R$ is the region bounded by $y = x$ and $y = x^2$.

Accepted Answer

兩曲線交點由 $x^2=x$ 得 $x=0,1$。
在 $[0,1]$ 上有 $x^2\le x$，因此區域可寫成
$$R=\{(x,y):0\le x\le 1,\; x^2\le y\le x\}.$$

故
$$\iint_R (x+y)\,dA=\int_0^1\int_{x^2}^{x}(x+y)\,dy\,dx.$$
先做內積分：
$$\int_{x^2}^{x}(x+y)dy=\left[xy+\frac{y^2}{2}\right]_{y=x^2}^{y=x}
=\Bigl(x\cdot x+\frac{x^2}{2}\Bigr)-\Bigl(x\cdot x^2+\frac{x^4}{2}\Bigr)$$
$$=\frac{3}{2}x^2-x^3-\frac{1}{2}x^4.$$
再積分：
$$\int_0^1\left(\frac{3}{2}x^2-x^3-\frac{1}{2}x^4\right)dx
=\left[\frac{1}{2}x^3-\frac{1}{4}x^4-\frac{1}{10}x^5\right]_0^1
=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{10}=\frac{3}{20}.$$

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