以此求出∫ 4x − 2x2 (x − 1)2(x2+1)dx

1031微微微乙乙乙01-05班班班期期期末末末考考考解解解答答答和和和評評評分分分標標標準準準 1. (15%) (a) (12%) 求 ∫ dx

x − 1,∫ dx (x − 1)²,∫

xdx x²+1 及∫

dx

x²+1。(各3分) (b) (3%) 求實數 A, B, C, D 使得下列成立：

4x − 2x² (x − 1)²(x²+1) =

A x − 1+

B (x − 1)² +

Cx + D x²+1 . 以此求出∫

4x − 2x² (x − 1)²(x²+1)dx.

Solution:

(a).

∫ 1

x − 1dx = ln∣x − 1∣ + C ,( let x − 1 = u )

∫ 1

(x − 1)²dx = −(x − 1)⁽−1) + C ,( let x − 1 = u )

∫ x

x²+1dx = 1

2ln(x²+1) + C ,( let x²+1 = u )

∫ 1

x²+1dx = arctan(x) + C ,( let x = tanθ )

每小題3分，如有錯誤會酌量扣分，e.g.:忘記 +C 扣一分，同類型錯誤不反覆扣。

(b).

4x − 2x²=A(x − 1)(x²+1) + B(x²+1) + Cx(x − 1)²+D(x − 1)²

= (A + C)x³+ (−A + B − 2C + D)x²+ (A + C − 2D)x + (−A + B + D)

⇒

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎩

A + C = 0

−A + B − 2C + D = −2 A + C − 2D = 4

−A + B + D = 0

⇒A = −1, B = 1, C = 1, D = −2

∫

4x − 2x²

(x − 1)²(x²+1)dx =∫ A

x − 1dx +∫ B

(x − 1)²dx +∫

Cx + D x²+1 dx

= ∫

−1

x − 1dx +∫ 1

(x − 1)²dx +∫ x − 2 x²+1dx

= −ln∣x − 1∣ − (x − 1)⁽−1) +1

2ln(x²+1) − 2arctan(x) + C 求出 A,B,C,D 得兩分，將式子積出得全部分數(共3分)，如有錯誤酌量扣分，如果式子的 錯誤根源出在(a)，則不反覆扣。

2. (10%) 導出 f (x) = cos⁻¹x在 x = 0 處之泰勒展式。寫出一般項，並須計算。(可用 C^mn 表示)

Solution:

d

dxcos⁻¹x = −1

√

1 − x² = −(1 + (−x²))

−1

2 (3%)

By二項式定理

−(1 + (−x²))

−1

2 = −(C⁻

1 2

0 +C⁻

1 2

1 (−x²) + ⋯ +C⁻

1

n2(−x²)ⁿ+ ⋯)

= −

∞

∑

n=0

C⁻

1

n2(−x²)ⁿ

= −

∞

∑

n=0

(−1)ⁿC⁻

1

n2x²ⁿ

=

∞

∑

n=0

(−1)ⁿC⁻

1

n2x²ⁿ (3%)

積分回去

cos⁻¹x =∫

∞

∑

n=0

(−1)ⁿ⁺¹C_n⁻¹²x²ⁿdx

=

∞

∑

n=0

(−1)ⁿ⁺¹C⁻

1

n2∫ x²ⁿdx

=

∞

∑

n=0

(−1)ⁿ⁺¹C⁻

1

n2

1

2n + 1x²ⁿ⁺¹+c (c = cos⁻¹0 = π

2) (3%) 一般項 =π

2 +

∞

∑

n=0

(−1)ⁿ⁺¹C⁻

1

n2

1

2n + 1x²ⁿ⁺¹ (1%) 註1：把Cn⁻¹²展開後答案也可以寫成π

2 −

∞

∑

n=0

1 2n + 1

(2n)!

2²ⁿ(n!)²x²ⁿ⁺¹

註2：如果寫成定積分的形式，因為cos⁻¹1 = 0，所以必須要寫成從 1 積到 x

3. (10%) 求 ∫ xⁿln xdx, n ≥ 0.

Solution:

∫ xⁿln xdx =∫ ln x n + 1dxⁿ⁺¹

= 1

n + 1xⁿ⁺¹ln x − 1

n + 1∫ xⁿ⁺¹d ln x

= 1

n + 1xⁿ⁺¹ln x − 1

n + 1∫ xⁿdx

= 1

n + 1xⁿ⁺¹ln x − 1

(n + 1)²xⁿ⁺¹+c where c is a constant and n ≥ 0.

評分標準：

（1） 未加常數扣一分；

（2） 沒有計算過程，直接畫表格然後寫答案得0分；

（3） 若算出 n = 1, 2 之後猜出通式得兩分。通式必須用數學歸納法證一次。

4. (8%) 設 R 為 y = sin x

x , x軸, x = π

6 及 x =π

2 所圍成之區域。求 R 繞 y 軸旋轉所產生之體積。

Solution:

Use Shell Method:

V =∫

π 2 π 6

2πxf (x)dx

= ∫

π 2 π 6

2π sin xdx

= −2π cos x∣

π 2 π 6

= −2π(0 −

√3 2 ) =

√ 3π

評分標準：

（1） 使用殼形法(Shell method)但積分式 2πxf(x) 寫成 2πf(x) 得0分；

（2） cosπ

2 =0，cosπ 6 =

√3

2 ，錯一個扣一分；

（3） 本題為定積分，對答案增加常數者扣一分。

（4） 積分範圍寫反，得到答案 −√

3π 者，最高得五分。

5. (10%) 將 y = x − x² 與 y = 0 所圍之區域繞 x 軸旋轉，求所得之旋轉體之體積。

Solution:

y = x − x²=0 ⇔ x = 0 or 1 (3 pts) V =∫

1 0

π(x − x²)²dx (6 pts)

=π∫

1 0

(x⁴−2x³+x²)dx = π(x⁵ 5 −

x⁴ 2 +

x³ 3 )∣¹₀=

π 30(1 pt)

6. (10%) 求曲線 y =x⁵ 6 +

1

10x³, 1 ≤ x ≤ 2之長度。

Solution:

所求 =∫

2 1

√ 1 + (dy

dx)²dx (2%)

= ∫

2 1

√ 1 + (5

6x⁴− 3 10x⁴)

2

dx (2%)

= ∫

2 1

√ 1 +25

36x⁸− 1 2+

9 100x⁸dx

= ∫

2 1

√ 25 36x⁸+

1 2+

9 100x⁸dx

= ∫

2 1

√ (

5 6x⁴+

3 10x⁴)

2

dx

= ∫

2 1

( 5 6x⁴+

3

10x⁴)dx (2%)

= ( x⁵

6 + 1 10x³) ∣

2

1

(2%)

=5 61

240(or1261

240 ) (2%)

7. (9%) 求由 x²=2y 及 y − x = 4 所圍成之有限區域的面積。

Solution:

首先解兩條曲線的交點:

y =x² 2 y = x + 4 得到

x²−2x − 8 = 0 x = −2, 4

(各1 分)

因在[-2,4]之間有

x + 4 ≥x² 2 面積為：

A =∫

4

−2

x + 4 −x² 2 dx

(5分) 得到：

A = x²

2 +4x −x³ 6 ∣⁴₋₂

=18

(2分)

8. (8%) 計算極限： lim

x→0(cos x)^x21 . Solution:

利用：

(cosx)^x21 =e^ln((cosx)

1 x2)

=e^x21ln(cosx) 有：

x→0lim(cosx)^x21 =lim

x→0e^x21ln(cosx)

=e^{limx→0x21ln(cosx)}

(1分) 故計算：

x→0lim 1

x²ln(cosx) 則由羅畢達法則得：

x→0lim 1

x²ln(cosx) = lim

x→0

−sinx cosx

2x

(分子分母微分正確各2分)

=lim

x→0− 1 2

sinx x

1 cosx

= − 1 2(lim

x→0

sinx x )(lim

x→0

1 cosx)

= − 1 2

(2分) 得到答案：

lim

x→0(cosx)^x21 =e⁻¹²

(1分)

9. (12%) (a) (8%) 寫出 ln(1 − x) 及 tan⁻¹x在 x = 0 之泰勒展式。寫出一般項，不須計算。(各4分) (b) (4%) 計算極限：lim

x→0

(ln(1 − x)) ⋅ ( tan⁻¹x) + x²+^x

3

2

x⁵ (提示. 利用 (a)) Solution:

(a)(8 points)

ln(1 − x) = ∫

x 0

−1 1 − xdx

= ∫

x 0

∞

∑

k=0

−x^kdx (−1 < x < 1) (1pt)

=

∞

∑

k=1

− 1

kx^k (3pt)

tan⁻¹x = ∫

x 0

1 x²dx

= ∫

x 0

∞

∑

k=0

(−1)^k1 + x^2kdx (−1 < x < 1) (1pt)

=

∞

∑

k=0

(−1)^k

2k + 1x^2k+1(3pt)

整體係數差一負號者扣1分，交替錯誤者扣2分。

(b)(4 points)

lim

x→0

(ln(1 − x))(tan⁻¹x) + x²+^x

3

2

x⁵ = lim

x→0

x²+^x

3

2 − (x +^x₂²+^x

3

3 +^x

4

4 +...)(x −^x₃³ +^x

5

5 +...) x⁵

= lim

x→0

x²+^x

3

2 + (−x²−^x

3

2 −^x

5

12−^x

6

45+...) x⁵

= lim

x→0

−^x

5

12−^x

6

45+...

x⁵

=

−1 12

若(a)正確，乘法錯致使結果錯只得3分，極限值與計算所得不合者只得1分。

若(a)錯誤，過程都對得兩分，乘法錯誤但取極限過程正確得1分。

10. (8%) 求 ∫ √

1 − x²dx.

Solution:

let x = sin θ

∫

√

1 − x²dx =∫ cos θd sin θ =∫ cos²θdθ =∫

1 + cos 2θ

2 dθ (2%)

= θ 2+

sin 2θ 4 +c = θ

2+

sin θ cos θ

2 +c (2%)

=

arcsin x

2 +

x√ 1 − x²

2 +c (4%)

計算錯誤看情況扣 1 到 2 分, 沒加 c 扣 1 分