tan−1x、h (x

1051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. (10%) 令 f(x) =∫

tan⁻¹x

√x

1

t⁶+1dt。 求 f^′(x)。

Solution:

設F (x) =∫

x

0

1

t⁶+1dt、g (x) = tan⁻¹x、h (x) =√

x，如此有f (x) = F (g (x)) − F (h (x))。而且可以知道F^′(x) = 1

x⁶+1、g^′(x) = 1

x²+1、h^′(x) = 1 2√

x。因此所求可以利用微積分基本定理與連鎖律計算如下：

f^′(x) = d

dx(F (g (x)) − F (h (x)))

=F (g (x)) g^′(x) − F (h (x)) h^′(x)

= 1 (tan⁻¹x)⁶+1

1 1 + x² −

1 (

√x)⁶+1 1 2√

x 評分原則：

(a) 寫出答案者給滿分並且知道這就是答案者給滿分，亦即寫出答案但誤以為那不是答案者將酌予扣分。

(b) 注意，可以直接寫出答案而不需要任何其他計算過程，分數相減不必通分化簡，如若化簡錯誤將被酌予扣分。

(c) 知道要使用微積分基本定理並列出相關函數者得三分，但背錯公式者得零分。

(d) 沒有完整使用連鎖律者被扣四分（亦即兩項各兩分），如記得使用但使用錯誤者扣一分。

例如：

(i) 答案形式為 1 (tan⁻¹x)⁶+1

− 1

1 + x³者扣四分。

(ii) 答案形式為 1 (tan⁻¹x)⁶+1

1 1 + x²−

1

1 + x³者扣兩分 (iii) 答案形式為 1

(tan⁻¹x)⁶+1 1

√

1 + x²− 1 1 + x³

1 2√

x 者扣一分。

(iv) 答案形式為 1 (tan⁻¹x)⁶+1

(tan⁻¹x)^′− 1 1 + x³

1 2√

x 者扣一分。

(e) 計算錯誤者、平白無故+C者扣一分；若錯誤太多則扣兩分 (f) tan⁻¹x不可寫為tan⁻⁶x，本次測驗並未對此扣分。

(g) 空白、畫圖、無法辨識文字或答案者得零分。

[Method 2]首先可以將被積分函數做如下處理：

1 1 + t⁶ =

A 1 + t² +

Bt²+C t⁴−t²+1 其中A, B, C為待定係數。通分後有

1 = A (t⁴−t²+1) + (Bt²+C) (1 + t²) = (A + B) t⁴+ (B + C − A) + (A + C) 如此可解得A =1

、B = −1

、C =2

。因此

(a) 若有計算出係數者可得三分。

(b) 若有算出如上形式並代入上下界者得五分。

(c) 本題的第三個積分項無法用一般的方法求出反導函數，因此採用此法者至多得五分。

Note: 可以容易知道第二個方法計算的繁雜、不一定真的能算出積分，因此不宜採取此法。

2. (20%) 考慮函數 f (x) = e^−x22

(a) (12%) 求 f (x) 對 x = 0 的泰勒展開式。(需寫出一般式) (b) (8%) 以 (a) 中非零的前三項估計積分∫

2

−2

f (x)dx，誤差忽略不計。

Solution:

(a) [Method 1] 我們已知e^x的泰勒展開式如下

e^x=

∞

∑

k=0

x^k

k! =1 + x +x² 2! +

x³ 3! + ⋯ +

x^k k! + ⋯ 我們取x ∶= −x²

2 代入可得

e^−x22 =

∞

∑

k=0

(−^x

2

2)

k

k! =

∞

∑

k=0

(−1)^kx^2k 2^kk!

=1 −x² 2 +

x⁴ 8 −

x⁶ 48+ ⋯ +

(−1)ⁿx²ⁿ 2ⁿn! + ⋯ 評分標準：

(i) 完整作答者可得滿分。

(ii) 可以直接寫下答案，惟結果有錯將被至少扣六分以上。

(iii) 未寫出一般項者扣三分。

(iv) 無緣無故在上述做法中的答案忽然+C者扣三分。

(v) 在∑中的標號如n或k或i等與被加項的標號不同者扣一分。如回答

∞

∑

n=0

(−1)^kx^2k 2^kk! 者。

(vi) 在∑中的編號表明加總為有限項者，或使用「⋯」卻在某項停止者扣一分。

(vii) 忘記使用「階層符號!」者扣一至三分。（視忘記的情形處理。）

(viii) 忘記分母的2需次方處理者扣一至三分。（視忘記的情形處理。）

(ix) 直接將e^x的展開式的結果記錯但並非前列項目的情形則至少扣八分。（視忘記的情形處理。）

(x) 其他繕寫錯誤，如忘記常數項1或跳過某一項次方等錯誤扣一至三分不等，視情形而定。

(xi) 空白、塗鴉或無法辨識答案或與題意無關的作答得零分。

[Method 2]同樣已知e^x=

∞

∑

k=0

x^k

k!。由於f^′(x) = −xe^−x22 ，因此

f^′(x) = −x

∞

∑

k=0

(−^x

2

2)

k

k! =

∞

∑

k=0

(−1)^k+1x^2k+1 2^kk!

（注意到中間的過程其實已經回答了題目所求的泰勒展開式！除非作答者有發現這件事，否則不予給分。）因此取 積分後可得

f (x) = C +

∞

∑

k=0

(−1)^k+1x^2k+2 2^kk! (2k + 2) 之後利用C = f (0) = 1可得

[Method 3]求下列各階導數

f^′(x) = − xe^−x22

f^′′(x) = − e^−x22 +x²e^−x22 f^′′′(x) =3xe^−x22 −x³e^−x22

f⁽⁴⁾(x) =3e^−x22 −6x²e^−x22 +x⁴e^−x22 因此有

f (x) =

∞

∑

k=0

f^(k)(0)

k! x^k=f (0) + f^′(0) x +f^′′(0)

2! x²+ ⋯ +

f⁽ⁿ⁾(0) n! xⁿ+ ⋯

=

∞

∑

k=0

(−1) x^k

2^kk! =1 −x² 2 +

x⁴ 8 + ⋯ +

(−1)ⁿ

2ⁿn! x²ⁿ+ ⋯ 評分標準：

(i) 完整作答者可得滿分，允許計算好幾項之後直接寫出表達式而不必說明表達式的來源。

(ii) 計算完整且幾乎找出規律但細節有些錯誤者扣一至五分。

(iii) 計算完整但未能找出規律者／一般項者扣六至八分。

(iv) 計算出一階導數者得一分。

(v) 空白、塗鴉或無關題旨者得零分。

(b) 利用(a)的結果，我們有

∫

2

−2

f (x) dx ≃∫

2

−2

(1 −x² 2 +

x⁴

8 )dx = x −x³ 6 +

x⁵ 40∣

2

−2

= 44 15 評分標準：

(i) 完整作答者可得滿分，允許答案未通分，且允許以下列形式回答 (2 −8

6+ 32

40) − (−2 +8 6 −

32 40) (ii) 計算錯誤（如寫錯正負號／四則運算錯誤／多一項）者扣一分。

(iii) 以級數的形式回答積分但未取出前三項者扣一分。

(iv) 遺漏常數項而計算二次、四次與六次項的積分者扣三分。

(v) 由於(a)而導致的錯誤至少扣三分（含上述情形）。

(vi) 忘記替被積分函數積分而逕自代入上下界者扣四分。

(vii) 未完成計算者扣至少兩分。

(viii) 計算完定積分後+C者扣一分。

(ix) 試圖求反導函數直接計算者得零分。

(x) 空白、塗鴉或無關題旨者得零分。

3. (20%)

(a) (8%) 找出 a, b, c ∈ R 使得對所有的 u, u − 3 (u − 1)(u²+1)=

a u − 1+

bu + c

u²+1 皆成立.

(b) (12%) 求 ∫

ln 3

ln 2

e^2x−3e^x (e^x−1)(e^2x+1)dx

Solution:

(a) u − 3 = a(u²+1) + (bu + c)(u − 1) (2pts) Compare coefficients of u (3pts)

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

a − c = −3 c − b = 1 a + b = 0

We have a = −1, b = 1, c = 2 (3pts) (b) Let u = e^x, du = e^xdx

∫

ln 3

ln 2

e^2x−3e^x

(e^x−1)(e^2x+1)dx Ô^(3pts)ÔÔÔ ∫

3

2

u − 3 (u − 1)(u²+1)du

(3pts)

ÔÔÔÔ ∫

3

2

−1

u − 1du +∫

3

2

u + 2 u²+1du

(4pts)

ÔÔÔÔ −ln(u − 1)∣

3 2

+ 1

2ln(u²+1)∣

3 2

+2 tan⁻¹u∣

3 2 (2pts)

ÔÔÔÔ −ln 2 +1

2ln 10 −1

2ln 5 + 2 tan⁻¹3 − 2 tan⁻¹2

= −

1

2ln 2 + 2 tan⁻¹3 − 2 tan⁻¹2

4. (10%) 計算∫

√2 2

0

x² (1 − x²)

3 2

dx.

Solution:

x = sin θ, dx = cos θdθ (2 points) x = 0, θ = 0

x =

√ 2 2 , θ = π

4 (2 points)

∴ ∫

√2 2

0

x² (1 − x²)

3 2

dx =∫

π 4

0

sin²θ cos³θcos θdθ

= ∫

π 4

0 tan²θdθ (2 points)

= ∫

π 4

0 (sec²θ − 1)dθ (2 points)

= (tan θ − θ)∣

π 4

0

=1 −π

4 (2 points)

5. (10%) 計算∫

e

1

(ln x)²dx.

Solution:

solution 1

∫

e

1

(ln x)²dx = x(ln x)²∣

e

1(2%) −∫

e

1

x ⋅ 2(ln x)1

xdx(4%)

=e − 2∫

e

1

ln xdx

=e − 2 [ x ln x∣^e₁− ∫

e 1 x ⋅1

xdx] (3%)

=e − 2[e − (e − 1)]

=e − 2(1%) solution 2

Let x = e^y, then dx = e^ydy(2%), then

∫

1

0

y²e^ydy =∫

1

0

y²de^y

= y²e^y∣

1

0(2%) −∫

1

0

e^y⋅2ydy(2%)

=e − 2∫

1

0

ye^ydy

=e − 2∫

1 0 yde^y

=e − 2 [ ye^y∣¹₀− ∫

1

0

e^ydy]

=e − 2 [e − e^y∣¹₀](3%)

=e − 2(1%)

6. (10%) 計算 lim

x→0⁺(1 + sin 4x)^{cot x}。 Solution:

檢查當 x → 0⁺時, 1 + sin 4x → 1, cot x → ∞, 此時原極限為不定型 1^∞,無法直接判定極限值.

因此考慮將底數轉換成指數:

(1 + sin 4x)^{cot x}=exp [cot x ln(1 + sin 4x)] = exp [cos x

sin xln(1 + sin 4x)] .

觀察指數 ln(1 + sin 4x)

sin x =

ln(1 + sin 4x) sin 4x ⋅

sin 4x 4x ⋅

4x

sin x (⋆)

可分別求得極限. 根據微分的定義 lim

h→0

ln 1 + h h =lim

h→0

ln 1 + h − ln 1 h − 0 =

d

dh(ln 1 + h) ∣

h=0= 1 1 + h∣

h=0=1.

另外已知 sin θ

θ →1 當 θ → 0.

因此, 當 x → 0⁺時有

(⋆) =

ln(1 + sin 4x) sin 4x ⋅

sin 4x 4x ⋅

4x

sin x → 1 ⋅ 1 ⋅ 4 = 4.

根據連續性跟極限的性質 lim

x→0⁺(1 + sin 4x)^{cot x}=exp ( lim

x→0⁺cos x ln(1 + sin 4x)/ sin x) = e⁴. 評分方式:

指數上的極限是 0/0 不定型, 除了用導數定義之外, 還可以用羅必達法則或者泰勒展開式, 遇到計算錯誤, 依照錯誤的程度 倒扣之.

若使用羅必達法則要檢查條件 0/0 或者 ∞/∞ 且函數在極限點附近處處可微 (2%).

7. (10%) 考慮曲線 Γ ∶ y = 1

2(e^x+e^−x)，求介於 Γ, y = 0, x = 0 和 x = 1 間的區域之面積。

Solution:

1 2∫

1

0

(e^x+e^−x)dx(4pts) Ô^(4pts)ÔÔÔ 1 2e^x∣

1

0

− 1 2e^−x∣

1

0 (2pts)

ÔÔÔÔ ( e 2−

1 2) − (

1 2e−

1 2)

= e 2 −

1 2e

8. (10%) 假設一個美式足球的輪廓是一個橢圓 x² 196+

y²

81=1。求此美式足球的體積。

Solution:

V =∫

14

−14

πy²dx

=2π∫

14

0

81(1 − x² 196)dx

=162π(x − 1 196 ⋅

x³ 3 )∣

14 0

=1512π