一﹑單選題（占 18 分） 說明﹕第

108

年 度 指 定 科 目 考 試 數 學 甲 試 題 第壹部分﹕選擇題（單選題﹑多選題及選填題共占76分）

一﹑單選題（占

18 分）

說明﹕第1 題至第 3 題﹐每題有 5 個選項﹐其中只有一個是正確或最適當的選項﹐請畫記在答案 卡之「選擇（填）題答案區」﹒各題答對者﹐得6 分﹔答錯﹑未作答或畫記多於一個選項 者﹐該題以零分計算﹒

( )1. 某公司尾牙舉辦「紅包大放送」活動﹒每位員工擲兩枚均勻銅板一次﹐若出現兩個 反面可得獎金400 元﹔若出現一正一反可得獎金 800 元﹔若出現兩個正面可得獎 金800 元並且獲得再擲一次的機會﹐其獲得獎金規則與前述相同﹐但不再有繼續投 擲銅板的機會（也就是說每位員工最多有兩次擲銅板的機會） ﹒試問每位參加活動 的員工可獲得獎金的期望值為何﹖

(1)850 元 (2)875 元 (3)900 元 (4)925 元 (5)950 元

﹒

【解答】 (2)

【詳解】令隨機變數

X

為獲得的獎金﹐則

X

的可能取值為

400,800,800 400 1200,800 800 1600    

（元）﹐

其機率分布如下﹕

　　　

400 800 1200 1600 1 1 1 1 1 1 1 1 3 4 2 4 4 16 4 2 4 16

X

P

    

得期望值為

 

^{400 1 800 1 1200 1 1600 3 875}

4 2 16 16

E X

         元﹒

故選 (2)﹒

( )2. 設

ⁿ

為 正 整 數 ﹒ 第

ⁿ

個 費 馬 數 （ Fermat Number ） 定 義 為

F _n  2 ^{( 2 )}

ⁿ

 1

﹐ 例 如

(2 )

1

2

1 2 1 2 1 5

F     

﹐

F ₂  2 ^{(2 )}

²

  1 2 ⁴   1 17

﹒試問

¹³

12

F

F

的整數部分以十進位表 示時﹐其位數最接近下列哪一個選項﹖（

log 2 0.3010 

）

(1)120 (2)240 (3)600 (4)900 (5)1200﹒

【解答】 (5)

【詳解】因為

13

13 12

12

log

F

log log

F F

F

  _{log 2}

  ²

¹³  ₁ _{log 2}

  ²

¹² ₁

  ²

¹³

  ²

¹²

log 2 log 2

  ^  ^{2 13  2 12}  ^{ log 2}

 

2 12 2 1 log 2 4096 1 0.3010

      

1232.896



﹐

所以

¹³

12

log

F

F

的首數約為 1232﹐ 即

¹³

12

F

F

約為 1233 位數﹒

故選 (5)﹒

( )3. 在一座尖塔的正南方地面某點 A﹐ 測得塔頂的仰角為 14°﹔ 又在此尖塔正東方地面某 點

B

﹐ 測得塔頂的仰角為

^{18 30 }

﹐且

A

﹑B 兩點距離為65公尺﹒已知當在線段

AB

上移動時﹐在

C 點測得塔頂的仰角為最大﹐則 C 點到塔底的距離最接近下列哪一

個選項﹖（

cot14   4.01

﹐

cot18 30    2.99

）

(1)27 公尺 (2)29 公尺 (3)31 公尺 (4)33 公尺 (5)35 公尺

﹒

【解答】 (3)

【詳解】如圖﹐設尖塔的高為

h

﹒在直角三角形

OAB

中﹐因為 cot14 4.01 4

OA h

  

h



h

﹐

OB h

 cot18 30 2.99

h

3

h

﹐ 所以由畢氏定理﹐得

    ^{4 h 2  3 h 2  65 2}

^﹐

解得

h  13

﹐再得

OA  52 , OB  39

﹒

因為離塔底愈近仰角愈大﹐且在

C 的仰角最大﹐所以OC



AB

﹒ 又因為

△ OAB

的面積 65 52 39

2 2



OC



  ﹐

所以 52 39 156 65 5 31.2

OC

    ﹒ 故選 (3)﹒

二﹑多選題（占

40 分）

說明﹕第4 題至第 8 題﹐每題有 5 個選項﹐其中至少有一個是正確的選項﹐請將正確選項畫記在 答案卡之「選擇（填）題答案區」﹒各題之選項獨立判定﹐所有選項均答對者﹐得8 分﹔

答錯1 個選項者﹐得 4.8 分﹔答錯 2 個選項者﹐得 1.6 分﹔答錯多於 2 個選項或所有選項 均未作答者﹐該題以零分計算﹒

( )4. 設



為坐標平面上通過

 ^7,0 

^{與 0,7}

2

 

 

  兩點的圓﹒試選出正確的選項﹒

(1)



的半徑大於或等於 5 　 (2) 當



的半徑達到最小可能值時 ﹐



通過原點 (3)



與直線

^x  ^{2 y}  ⁶

有交點　 (4)



的圓心不可能在第四象限　 (5) 若



的圓 心在第三象限﹐則



的半徑大於8﹒

【解答】 (2)(5)

【詳解】令



^{7,0 ,}



^0,7

A B 

2

 

 ﹒

(1) 如圖一﹐



半徑的最小值為

^{1 1} 49 ^{49 7 5} 5 2 AB  2  4  4 

﹒

2

A C B

O

h

(2) 如圖一﹐當



的半徑達到最小值時﹐

_AB

為直徑﹒因為

△ OAB

為直角三角形﹐所 以由直徑的圓周角為直角得知﹐



通過原點

O

﹒

(3) 如圖二﹐以

_AB

為弦的圓可能與直線

^{x  2 y  6}

不相交（圓心在右上方且半徑夠大

）﹒

(4) 如圖三﹐因為



的圓心必落在

_AB

的中垂線 21 2 4

y



x

 上﹐且此中垂線通過第四象 限﹐所以圓心可能在第四象限﹒

(5) 如圖三﹐因為中垂線 21 2 4

y



x

 與

^y

軸的交點為 21 0, 4

C 

  

  ﹐且 7 21 35

2 4 4

CB

   

  ﹐所以若圓心在第三象限﹐則



的半徑大於35

4 ﹒又因為 35 8

4  ﹐所以此選項正確﹒

x B

O y

A x

x+2y=6 A B

O y

A x

C B

O y

y=2x- 21 4

圖一 圖二 圖三

故選 (2)(5)﹒

( )5. 袋中有 2 顆紅球﹑ 3 顆白球與 1 顆藍球﹐其大小皆相同﹒今將袋中的球逐次取出

﹐每次隨機取出一顆﹐取後不放回﹐直到所有球被取出為止﹒試選出正確的選項﹒

(1) 「取出的第一顆為紅球」的機率等於「取出的第二顆為紅球」的機率 (2) 「取出的第一顆為紅球」與「取出的第二顆為紅球」兩者為獨立事件

(3) 「取出的第一顆為紅球」與「取出的第二顆為白球或藍球」兩者為互斥事件 (4) 「取出的第一﹑二顆皆為紅球」的機率等於「取出的第一﹑二顆皆為白球」的

機率

(5) 「取出的前三顆皆為白球」的機率小於「取出的前三顆球顏色皆相異」的機 率﹒

【解答】 (1)(5)

【詳解】令

A

表示取出的第一顆為紅球的事件﹐

B

表示取出的第二顆為紅球的事件﹒

(1) 因為

 

^{2 1}

6 3

P A

  ﹐

 

2 1 3 2 1 2 10 1 6 5 6 5 6 5 30 3

P B

        ﹐

所以

^{P A}   ^{ P B}  

^﹒

(2) 計算

 

^{2 1 1}

6 5 15

P A B

    ﹒因為

 

^{1 1 1}

   

15 3 3

P A B

    

P A



P B

﹐ 所以

A

與

B

不是獨立事件﹒

(3) 令

C

表示取出的第二顆為白球或藍球的事件﹒因為

 

^{2 4 4 0}

6 5 15

P A C

     ﹒ 所以

A

與

C

不是互斥事件﹒

(4) 因為

  

⁼



¹

P

第一 二皆紅

_、 P A B

 15 ﹐

 

^{=3 2 1=}

6 5 5

P

第一 二皆白

_、

 ﹐

所以

^P  ^{第一 二皆紅} _、  ^{ P}  ^{第一 二皆白} _、 

﹒ (5) 因為

 

^{=3 2 1= 1}

6 5 4 20

P

前三皆白   ﹐

 

^{=3 2 1 3!= 3}

6 5 4 10

P

  

前三皆異色   ﹐

所以

^P  ^前三皆白  ^{< P}  ^{前三皆異色} 

﹒ 故選 (1)(5)﹒

( )6. 設

a n

﹑

b n

為兩實數數列﹐且對所有的正整數

ⁿ

﹐

a _n  b _n ²  a _{n  1}

均成立﹒若已知

lim _n 4

n a

 

﹐試選出正確的選項﹒

(1) 對所有的正整數

ⁿ

﹐

a _n

 均成立　3 (2) 存在正整數 n﹐ 使得

a _{n } 1

4 　 (3)

對所有的正整數

n

﹐

b n ²  b n _ 1 ²

均成立　 (4)

^lim n b n ^{2 4}

 

　 (5)

^lim _{n } ^{b n  2}

或

^lim _{n } ^{b n   2}

﹒

【解答】 (3)(4)

【詳解】(1) 錯﹕例如﹐ 1

n

4

a

  滿足題意﹐但

n a ₁

 ﹒3 (2) 錯﹕因為

a n  a n _ 1

﹐所以

a _n

為遞增數列﹒

又因為

^lim _{n } ^{a n  4}

﹐所以對所有正整數 n﹐均使得

a _{n } 1  4

﹒ (3) 對﹕因為

a _n  b _n ²  a _{n  1}  b _{n  1} ²  a _{n  2}

﹐所以

b _n ²  b _{n  1} ²

﹒

(4) 對﹕根據夾擠定理﹐因為

^lim _{n } ^{a n  4}

且

^lim _n  ^{a n}  ¹  ⁴

﹐所以

^lim n b n ^{2 4}

 

﹒

(5) 錯﹕例如﹐ 1

n

4

a

  ﹐

n   1 4 ¹ 0.5

n

b n

    n



滿足題意﹐但

^lim n b n



不存在﹒

故選 (3)(4)﹒

( )7. 已 知 三 次 實 係 數 多 項 式 函 數

^{f x}   ^{ ax 3  bx 2  cx  2}

^{﹐ 在}

2 x 1

  

範圍內的圖形如示意圖﹕試選出正確的選項﹒

4

-2 O 1 x

y

(1)

a  0

　 (2)

b  0

　(3)

c  0

　 (4) 方程式

^{f x}   ^{ 0}

^{恰有三實根}

(5)

^{y  f x}  

^{圖形的反曲點的}

^y

^{坐標為正﹒}

【解答】 (2)(3)(5)

【詳解】依題意﹐函數

^{f x}  

的圖形有以下兩種情形（其中圖形上的黑點為反曲點）﹕

(0,2) y

O x

(0,2) x y

O

圖一 圖二

(1) 錯﹕若是圖一﹐其圖形的最右方下沉﹐則

a  0

﹒ (2) 對﹕反曲點的坐標為 ,

3 3

b b

a f a

  

  

 ﹒

若是圖一﹐則

0 0 0 3

a b b

a

 

  

 

 ﹔若是圖二﹐則

0 0 0 3

a b b

a

 

  

 

 ﹒

因此﹐無論圖一或圖二﹐

b  0

﹒

(3) 對﹕無論圖一或圖二﹐以點

 ^{0, 2} 

^{為切點的切線斜率}

^{f }   ⁰

^皆為正﹒

因為

^{f x }   ^{ 3 ax 2  2 bx c }

^﹐所以

^{f }   ^{0   c 0}

^﹒

(4) 錯﹕無論圖一或圖二﹐函數

^{f x}  

^的圖形與

^x

軸恰交一點且此點非反曲點﹒

因此﹐方程式

^{f x}   ^{ 0}

有一實根二虛根﹒

(5) 對﹕無論圖一或圖二﹐反曲點的

^y

坐標皆為正﹒

故選 (2)(3)(5)﹒

( )8. 坐 標 平 面 上 以 原 點 O 為 圓 心 的 單 位 圓 上 三 相 異 點 A﹑B﹑C 滿 足 2

OA    

3

OB

4

OC

 0 ^﹐其中

^{A 點的坐標為   1,0}

^{﹒試選出正確的選項﹒}

(1) 向量 2

OA  

3

OB

^{的長度為 4 　 (2) 內積}

_{OA OB}  

 ₀⁽³⁾

^{ BOC}

﹑

^{ AOC}

﹑

^{ AOB}

中 ﹐ 以

 BOC

的 度 數 為 最 小 　 (4) 3

AB

2 　 (5)

3sin  AOB  4sin  AOC

﹒

【解答】 (1)(5)

【詳解】因為

_{2 OA}     _{ 3 OB  4 OC  0}

﹐所以三向量恰可圍成一個三邊長為

2,3, 4

的

△ PQR

﹐如圖所示﹒

P

Q

R A

C O B

2OA

3OB 4OC

平移

(1) 2

OA   

3

OB

 4

OC

  4 1 4 _﹒ (2) 因為

2 2 2

2 3 4 1

cos 0

2 2 3 4

P

 

    

  ﹐所以

 P

為鈍角﹒

因此﹐

_OA 

^與

_OB 

^的夾角

^{180    P}

^{為銳角﹐得}

_{OA OB}   _{  0}

^﹒

(3) 因為

△ ^PQR

的最小邊為

_RP

﹐所以

_RP

所對的角

^{ Q}

是三內角中的最小角﹒

又因為

^{ BOC  180    Q ,  AOC  180    R ,  AOB  180    P}

﹐ 所以在上述三個角中﹐以

 BOC

最大﹒

(4) 因為

_{AB OB OA}    _{ }

^﹐所以

2 2 2 2

2

AB       



OB OA

 

OB



OB OA OA

 

 

2 2

1 2 1 1 cos 180 P 1

        

 

1 2 cos P 1

     

1 3 1 2 1

4 2

     ﹐

得 3 6 3

2 2 2

AB 

   _﹒

(5) 在

^{△ PQR}

中﹐利用正弦定理﹐得 3 4 sin

R

sin

P

 

^{ 3sin   P 4sin  R}

﹒ 因為

^{sin  AOB  sin 180}  ^{   P}  ^{ sin  P}

﹐ ^sin

^AOC

^{sin 180}



^{  }

^R 

^sin ﹐

^R

所以

3sin  AOB  4sin  AOC

﹒

故選 (1)(5)﹒

三﹑選填題（占

18 分）

6

說明﹕1. 第 A 至 C 題﹐將答案畫記在答案卡之「選擇（填）題答案區」所標示的列號 (9–18)﹒ 2. 每題完全答對給 6 分﹐答錯不倒扣﹐未完全答對不給分﹒

A. 在坐標平面上﹐定義一個坐標變換

^{1 1}

2 2

1 0 2

1 2 3

y x

y x

    

       

    ﹐其中

¹

2

x x

  

  代表舊坐標﹐

1 2

y y

  

  代表 新坐 標 ﹒若 舊坐 標為

r s

  

  的 點

P 經此坐標變 換得到的新坐標為

1 2

  

  ﹐則

  ^{r s , }

^______﹒

【解答】

 ^{3, 1 } 

【詳解】依題意﹐得 1 1 0 2

2 1 2 3

r s

       

 

        

        ﹒ 移項得 1 0 1 2 3

1 2 2 3 5

r s

         

  

          

          ﹐ 因此﹐

1 0

1

3 1 2 0 3 1 2 5 2 1 1 5

r

s

     



   

 

         

         

6 3 1

2 1 2

   

          ﹒

故

   ^{r s ,  3, 1 } 

﹒

B. 在坐標平面上﹐

^{A a r}  ^, 

﹑

^{B b s}   ^,

為函數圖形

y

log

₂ x

上之兩點﹐其中

a b 

﹒已知

A

﹑B 連線的斜率等於 2﹐ 且線段

AB

的長度為 5 ﹐則

 ^{a b ,}  ^

______﹒ （化成最簡分 數）

【解答】 1 4 3 3,

 

 

 

【詳解】因為

A B ,

在

y

log

₂ x

的圖形上﹐所以

A a  ,log 2 a B b   , ,log 2 b 

﹒ 因為直線

AB

的斜率為 2﹐ 所以

 

2 2

2 2

log log

2 log log 2

a b

a b a b

a b

     

 ﹒……①

又因為

AB

 5 ﹐所以

 a b



  ²

 log

2 a

log

2 b  ²

 5

 a b



  ²

 log

2 a

log

2 b  ²

5 ﹒……② 將①代入②﹐得

 ^{a b}

^

 ²

^4

 ^{a b}

^

 ²

^{ 5}

 ^{a b}

^

 ²

^{1 ﹐}

因為

a b 

﹐所以

a b    1

﹒……③

將③代入①﹐得log

₂

log

₂

2 log

₂ a

2

a b

   

b

  ﹐ 再得 1

4

a

b

 ﹐即

b  4 a

﹒……④ 由③④解得 1

a

3 ﹐ 4

b

 3 ﹐故



^,



^{1 4,}

a b

 3 3 ﹒

C. 設

z

為複數﹒在複數平面上﹐一個正六邊形依順時針方向的連續三個頂點為

z

﹑ 0﹑ 5 2 3

z

 

i

（其中

i

 1 ）﹐則

z

的實部為 ______﹒ （化成最簡分數）

【解答】 7

2

【詳解】設

z x yi  

﹐其中

^{x y ,}

為實數﹒依題意﹐作圖如右﹒

由圖知﹐點

z

以原點為中心﹐逆時針旋轉

120

﹐得點

z

 5 2 3

i

﹒

利用複數乘法的幾何意義﹐得

^{z   5 2 3 i z  }  ^{cos120   i sin120 } 

﹐ 將

^{z x yi  }

代入﹐得

 ^x

^{ 5}

  ^y

^{2 3}

 ⁱ

^

^{ x yi}

^

^

^_^{ 1}_{2 2}³

ⁱ

^{  }_{ }^{ 1}₂

^x

^ ₂³

^y

^{  }_{ }^ ₂³

^x

^1₂

^{y i}

^_

      ﹒

根據複數相等的定義﹐得

1 3

5 2 2 3 3 10

3 1 3 3 4 3 2 3 2 2

x x y x y

x y

y x y

    

    

 

 

  

    



﹒

解得 7 3

2, 6

x

 

y

 ﹒故

z

的實部為 7

 ﹒2

第貳部分﹕非選擇題（占24分）

說明﹕本部分共有二大題﹐答案必須寫在「答案卷」上﹐並於題號欄標明大題號（一﹑二）與子 題號（ (1)﹑(2) ……﹑ ）﹐同時必須寫出演算過程或理由﹐否則將予扣分甚至零分﹒作答 使用筆尖較粗之黑色墨水的筆書寫﹐且不得使用鉛筆﹒若因字跡潦草﹑未標示題號﹑標錯 題號等原因﹐致評閱人員無法清楚辨識﹐其後果由考生自行承擔﹒每一子題配分標於題末

﹒

一﹑坐標空間中以 O 表示原點﹐給定兩向量

^OA 

^



^{1, 2,1}



﹑

^OB 

^



^2,0,0



^{﹒試回答下列問題﹒}

(1) 若

_OP 

是長度為 2 的向量﹐且與

_OA 

^{之夾角為 60°﹐試求向量}

_OA 

^與

_OP 

^{的內積﹒（2 分）}

(2) 承 (1)﹐ 已知滿足此條件的所有點 P 均落在一平面 E 上﹐試求平面 E 的方程式﹒（ 2 分

）

8

0 z

-

120

(3) 若OQ



^{是長度為2 的向量﹐分別與}

_OA 

^﹑

_OB 

^{之夾角皆為60°}﹐ 已知滿足此條件的所有 點

Q 均落在一直線 L 上﹐試求直線 L 的方向向量﹒（ 4 分）

(4) 承 (3)﹐ 試求出滿足條件的所有 Q 點之坐標﹒（ 4 分）

【解答】 (1)2 　 (2)

x  2 y z   2

　 (3)



^{0,1, 2}



^{(4)1,} _{3 3}^{2 5, }

  或

 ^{1, 2, 1 } 

【詳解】(1) 因為

^OA 

^{ 1}

²

^

 

²

²

^{ 1}

²

²_﹐

所以 1

cos 60 2 2 2

OA OP    

 

OA OP

      2 _﹒ (2) 設

P

點的坐標為

 ^{x y z , ,} 

^﹒

因為

^{OA OP}  

^{ }



^{1, 2,1}



^

^{ x y z}

^{, ,}

^

^2﹐所以

x  2 y z   2

﹐ 此即為平面 E 的方程式﹒

(3) 設

^Q

點的坐標為

 ^{x y z , ,} 

^﹒與 (1)(2) 同理﹐

得

  ^{ }

   

1, 2,1 , , 2 2 2 2 2

2 2 1

2, 0, 0 , , 2

OA OQ x y z x y z x y z

x x

OB OQ x y z

            

  

  

 

 

 

    



   

^﹒

此即為直線

L 的兩面式﹒直線 L 的一個方向向量為兩平面法向量的外積﹐

即

^{n 1}

^

^{n 2}

^



^{1, 2,1}



^

^

^{1, 0,0}

^

^_{ 0}^{2 1}₀^{,1 1}_{0 1}^,1_{1 0}^{2 }_^



^{0,1, 2}



 

 

_﹒

故直線

_L

的方向向量為

^k  ^{0,1,  2} 

^﹐

^k

^{為非零實數﹒}

(4) 將

^{y t }

代入

L 的兩面式﹐得

2 2 1

x z t

x

   



  ﹐

解得

x  1, z   1 2 t

﹒因此﹐可設

^Q

點的坐標為

 ^{1, ,1 t  2 t} 

^﹒

因為

OQ 

2 _{﹐所以 1}

²

_{  }

_t ² _

_{1 2}

_{t } ²

_{ 2 3}

_t ²

_{2 2}

_t

_{ 2 0 ﹐} 即

 ^{3 t  2}   ^{t  2}  ^{ 0}

^{﹐解得 2}

t

  3 或 2 ﹒故

^Q

點的坐標為 2 5 1, ,

3 3

 

  

  或

 ^{1, 2, 1 } 

二﹑設

^{f x}  

為實係數多項式函數﹐且

^{xf x}  

^3

^{x 4}

^2

^{x 3}

^

^{x 2}

^

 ₁ ^{x f t dt}  

^對

^{x  1}

^{恆成立﹒試回}

答下列問題﹒

(1) 試求

^f   ¹

﹒（2 分）

(2) 試求

^{f x }  

﹒（4 分）

(3) 試求

^{f x}  

﹒（2 分）

(4) 試證明恰有一個大於 1 的正實數 a 滿足

 ₀ ^{a f x dx}  

^{1﹒（4 分）}

【解答】 (1)2 　 (2)

12 x ²  6 x  2

　 (3)

4 x ³  3 x ²  2 x  1

　 (4) 見詳解

【詳解】(1) 將

x  1

代入原式﹐因為

 ₁ ^{1 f t dt}  

^{0﹐所以}

^{1  f   1      3 2 1 0 2}

^﹐

解得

^f   ^{1  2}

^﹒

(2) 將原式兩邊同時對

^x

微分﹐因為

 ^{ 1 x f t dt}    ^{  f x  }

^﹐

所以

^{1  f x}   ^{ xf x }   ^{ 12 x 3  6 x 2  2 x  f x}  

整理得

^{f x}  

¹²

^{x 3}

⁶

^{x 2}

²

^x

¹²

^{x 2}

⁶

^x

²

x

 

     ﹒

(3) 由 (2)﹐ 因為

^{f x }   ^{ 12 x 2  6 x  2}

^﹐所以

^{f x}   ^{ 4 x 3  3 x 2  2 x c }

^（

^c

^{為常數）﹒}

又由 (1)﹐ 因為

^f   ^{1  2}

^﹐所以

^f   ^{1      4 3 2 c 2}

^﹐解得

^{c   1}

^﹒

故

^{f x}   ^{ 4 x 3  3 x 2  2 x  1}

^﹒

(4) 因為

^{f x }   ^{ 12 x 2  6 x   2 0}

^{無實數解﹐}

所以

^{f x}  

^{的圖形沒有水平切線﹒}

解

^{f }   ^{x  24 x   6 0}

^{﹐得 1}

x

 4 ﹐即 1 5 4, 8

  

 

  為圖形的反曲點﹒

將

^{f x}  

的圖形描繪如右﹒由定積分的幾何意義﹐

得知

0   2 a f x dx R





^{的面積 的面積}

^{R 1}

其中

R ₁

的面積是定值﹐

R 的面積隨 ₂ a

增大而增大﹒

因為

a  1

時﹐

_{ 0} ^{1 f x dx}  

^

 ^{x 4}

^

^{x 3}

^

^{x 2}

^

^x  ^{1 0}

^{0 ﹐}

10

R

1

1 R

2

a x

O

-2 2

y=f x 4

y

所以必恰有一個大於 1 的正實數

^a

使得

0   2 a f x dx R





^{的面積 的面積}

^{R 1  1}

^﹒