115 學年第 1 學期　Homework 1

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考點：照定義證明：假設 $f(a)=f(b)$，推出 $a=b$。

定義域 $x\neq-\frac12$。設 $a,b\neq-\frac12$ 且 $f(a)=f(b)$，交叉相乘：

$$(a+1)(2b+1)=(b+1)(2a+1)\iff2ab+a+2b+1=2ab+2a+b+1\iff a+2b=2a+b$$

所以 $a=b$，$f$ 一對一　■

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考點：令 $y=f(x)$，解出 $x$，再把 $x$、$y$ 對調。

$$y(2x+1)=x+1\iff2xy-x=1-y\iff x(2y-1)=1-y\iff x=\frac{1-y}{2y-1}$$

$f^{-1}(x)=\dfrac{1-x}{2x-1}$，$x\neq\dfrac12$

$x\neq\frac12$ 剛好就是 (a) 補充裡說的「$f$ 取不到 $\frac12$」，反函數的定義域是原函數的值域。

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$f^{-1}(3)=\dfrac{1-3}{6-1}=-\dfrac25$。驗算：$f\left(-\frac25\right)=\frac{3/5}{1/5}=3$。

$-4\neq\frac12$，在 $f^{-1}$ 的定義域內，而 $f\bigl(f^{-1}(x)\bigr)=x$，不用算。

$f^{-1}(3)=-\dfrac25$；$f\bigl(f^{-1}(-4)\bigr)=-4$

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考點：反三角函數的值域與定義域。$\sin^{-1}$ 輸出在 $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$；$\cos^{-1}$ 只吃 $[-1,1]$ 的輸入。

$\sin^{-1}\frac12=\frac\pi6$，所以 $\tan\frac\pi6=\frac{1}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}3$。

$\frac{6\pi}{5}\approx3.77\gt1$，不在 $\cos^{-1}$ 的定義域，$\cos^{-1}\frac{6\pi}5$ 沒有定義，整個式子也沒有定義。

$\tan\left(\sin^{-1}\frac12\right)=\dfrac{\sqrt3}{3}$；$\cos\left(\cos^{-1}\frac{6\pi}5\right)$ 無定義

陷阱：看到 $\cos(\cos^{-1}\cdot)$ 就直接「抵消」寫 $\frac{6\pi}5$。抵消只在括號裡的數落在 $[-1,1]$ 時成立。

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考點：$\frac00$ 型，分母有根號差，有理化後約掉 $x-2$。

$$\frac{(2-x)(\sqrt{x+2}+2)}{(x+2)-4}=\frac{(2-x)(\sqrt{x+2}+2)}{x-2}=-(\sqrt{x+2}+2)\;\longrightarrow\;-(2+2)$$

$-4$

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考點：湊出兩個 $\frac{\sin u}{u}$。

$$\frac{\sin3x}{\sin x}=3\cdot\frac{\sin3x}{3x}\cdot\frac{x}{\sin x}\;\longrightarrow\;3\cdot1\cdot1$$

$3$

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考點：高斯符號沒辦法直接算，用提示把它夾在兩個沒有高斯符號的式子之間。再處理 $x\to-\infty$ 時 $\sqrt{x^2}=-x$ 的正負號。

$x\lt0$ 時 $|x|=-x$。令 $y=2x+\sqrt{-x}$，用提示並除以 $\sqrt{x^2+1}\gt0$：

$$\frac{2x+\sqrt{-x}-1}{\sqrt{x^2+1}}\lt\frac{\left\lfloor2x+\sqrt{-x}\right\rfloor}{\sqrt{x^2+1}}\le\frac{2x+\sqrt{-x}}{\sqrt{x^2+1}}$$

$x\lt0$ 時 $\sqrt{x^2+1}=-x\sqrt{1+\frac1{x^2}}$，分子分母同除 $-x\gt0$：

$$\frac{2x+\sqrt{-x}}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{-2+\frac{1}{\sqrt{-x}}}{\sqrt{1+\frac1{x^2}}}\;\longrightarrow\;\frac{-2+0}{1}=-2$$

左邊多出的 $\frac{-1}{\sqrt{x^2+1}}\to0$，所以左邊也 $\to-2$。夾擠定理：

$-2$

常見錯誤：把 $\sqrt{x^2+1}$ 當成 $x$，得到 $+2$。

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考點：分子有界、分母 $\to\infty$，夾擠。

$|\cos2x|\le1$、$0\lt e^{\sin(x^2)}\le e$，所以分子的絕對值 $\le e$。$x\gt0$ 時

$$-\frac ex\le\frac{\cos(2x)\,e^{\sin(x^2)}}{x}\le\frac ex$$

兩邊 $\to0$。

$0$

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考點：有絕對值就分左右。

$x\gt0$：$\frac1x-\frac1x=0$，右極限 $0$。

$x\lt0$：$|x|=-x$，$\frac1x+\frac1x=\frac2x\to-\infty$。

左右極限不相等（左邊 $-\infty$、右邊 $0$），極限不存在

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考點：導數定義加和角公式，拆成兩個標準極限 $\frac{\sin h}{h}\to1$ 和 $\frac{\cos h-1}{h}\to0$。

$$f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\lim_{h\to0}\left(\sin x\cdot\frac{\cos h-1}{h}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h}\right)=\sin x\cdot0+\cos x\cdot1$$

$f'(x)=\cos x$

$\frac{\cos h-1}{h}\to0$ 的理由：$\frac{\cos h-1}{h}=-\frac{1-\cos h}{h^2}\cdot h\to-\frac12\cdot0$。

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考點：證明題。均值定理把「函數值的差」換成「導數 $\times$ 區間長」，再用 $|\cos c|\le1$ 估計。

$a=b$：兩邊都是 $0$，成立。

$a\lt b$：$\sin x$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微。關鍵一步：由均值定理，存在 $c\in(a,b)$ 使

$$\frac{\sin b-\sin a}{b-a}=\cos c$$

取絕對值，因為 $b-a\gt0$：$|\sin b-\sin a|=|\cos c|\,(b-a)\le b-a$。左邊的 $0\le$ 是絕對值本來就成立。

得證　■

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考點：$\sin\frac1x$ 單獨在 $0$ 附近劇烈振盪，沒有極限；但兩個 $\sin$ 的輸入越來越接近，差就會被 (b) 控制住。

$x\gt0$ 時 $\sqrt{x^2+1}\gt1$，所以 $a=\dfrac1{x\sqrt{x^2+1}}\lt\dfrac1x=b$。由 (b)：

$$\left|\sin\frac1x-\sin\frac1{x\sqrt{x^2+1}}\right|\le\frac1x-\frac1{x\sqrt{x^2+1}}=\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x\sqrt{x^2+1}}$$

分子有理化（$(\sqrt{x^2+1})^2-1=x^2$），約掉一個 $x$：

$$=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}\,\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)}\;\longrightarrow\;\frac{0}{1\cdot2}=0$$

所以 $-B(x)\le(\text{原式})\le B(x)$，$B(x)\to0$，夾擠得

$0$

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考點：分段點可微需要兩個條件：(1) 連續（可微必連續），(2) 左右導數相等。兩個方程式解兩個未知數。

其他地方都可微，只看 $x=2$。

連續：$f(2)=\sqrt{9}=3$，右極限 $2m+b$，所以 $2m+b=3$。

左導數：$\left(\sqrt{x^2+5}\right)'=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+5}}$，在 $x=2$ 是 $\frac23$。

右導數：用連續條件 $2m+b=3$，

$$\lim_{h\to0^+}\frac{m(2+h)+b-3}{h}=\lim_{h\to0^+}\frac{mh}{h}=m$$

令兩者相等：$m=\frac23$，$b=3-\frac43=\frac53$。

$m=\dfrac23$，$b=\dfrac53$

連續條件一定要先用：如果 $2m+b\neq3$，右側差商的分子不趨近 $0$，右導數直接是無窮大。

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考點：$y=Ax+B$，$A=\lim\frac{f(x)}{x}$，$B=\lim(f(x)-Ax)$。$x\to-\infty$ 時 $\sqrt{x^2}=-x$。

$$A=\lim_{x\to-\infty}\frac{-x\sqrt{1+\frac5{x^2}}}{x}=-1$$

算 $B$ 用有理化：

$$B=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+5}+x\right)=\lim_{x\to-\infty}\frac{5}{\sqrt{x^2+5}-x}=0$$

（分母兩項都 $\to+\infty$。）

斜漸近線 $y=-x$

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考點：先用對數律拆開再微分。

$$f(x)=\ln x+2x\;\Longrightarrow\;f'(x)=\frac1x+2$$

$f'(1)=3$

詳解 $$f'(x)=\frac{\frac{1}{1+x^2}(x^2+1)-\tan^{-1}x\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\frac{1-2x\tan^{-1}x}{(x^2+1)^2}$$

$\tan^{-1}1=\frac\pi4$：$f'(1)=\dfrac{1-\frac\pi2}{4}$。

$f'(1)=\dfrac{2-\pi}{8}$

詳解 $$f'(x)=\frac{1}{1+\left(e^{x-1}\right)^2}\cdot e^{x-1}\;\Longrightarrow\;f'(1)=\frac{1}{1+1}\cdot1$$

$f'(1)=\dfrac12$

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考點：底和指數都有 $x$，用對數微分（$x\lt2$ 時底數為正）。

$$\ln y=x\ln(2-x)\;\Longrightarrow\;\frac{y'}y=\ln(2-x)+x\cdot\frac{-1}{2-x}$$

代 $x=1$：$y=1$，$\frac{y'}{y}=\ln1-1=-1$。

$f'(1)=-1$

$\ln(2-x)$ 的導數有連鎖律的 $-1$，最常漏掉。

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考點：一堆乘除和次方，取 $\ln$ 拆成加減最省事。只要 $f'(1)$，拆完直接代值。

$x=1$ 附近 $f\gt0$。取 $\ln$：

$$\ln f=\ln(x^3+1)-\frac{x+1}{x+2}-\frac12\ln(x^2+1)$$

微分，中間項用商法則 $\left(\frac{x+1}{x+2}\right)'=\frac{(x+2)-(x+1)}{(x+2)^2}=\frac1{(x+2)^2}$：

$$\frac{f'}{f}=\frac{3x^2}{x^3+1}-\frac1{(x+2)^2}-\frac{x}{x^2+1}$$

代 $x=1$：$\frac{f'(1)}{f(1)}=\frac32-\frac19-\frac12=\frac89$，$f(1)=\dfrac{2}{e^{2/3}\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{e^{2/3}}$。

$f'(1)=\dfrac{8\sqrt2}{9e^{2/3}}$

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考點：反函數定理。先找 $g(a)=1$ 的 $a$：$g(1)=1+0=1$，所以 $f(1)=1$。

$g'(x)=2x+\frac1x\gt0$（$x\gt0$），$g$ 一對一，反函數存在。

$$f'(1)=\frac{1}{g'\bigl(f(1)\bigr)}=\frac{1}{g'(1)}=\frac1{2+1}$$

$f'(1)=\dfrac13$

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考點：「恰有一個」拆成兩半：存在用中間值定理，唯一用嚴格遞增（$g'\gt0$）。

存在：$g$ 是多項式，在 $[0,1]$ 連續；$g(0)=-3\lt0$，$g(1)=0.009\gt0$。中間值定理：存在 $y_0\in(0,1)$ 使 $g(y_0)=0$。

唯一：$g'(y)=5y^4+3.027y^2+1\ge1\gt0$，$g$ 在 $\mathbb R$ 上嚴格遞增，最多一個根。

恰有一個實根　■

常見失分：只證存在或只證唯一。兩半缺一不可。

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考點：隱微分，$xy^3$ 用乘法法則。

$$5y^4y'+\bigl(y^3+3xy^2y'\bigr)+y'=0\;\Longrightarrow\;y'=-\frac{y^3}{5y^4+3xy^2+1}$$

$\dfrac{dy}{dx}\Big|_{(1,1)}=-\dfrac19$

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考點：這題的巧思是把 $1.009$ 看成變數 $x$ 在 $1$ 附近的值。$x=1$ 時方程式的根是 $y=1$（$1+1+1=3$），所求的根就是 $y(1.009)$，用 (b) 在 $x=1$ 做線性近似。

$$L(x)=1-\frac19(x-1),\qquad y(1.009)\approx1-\frac{0.009}{9}=1-0.001$$

實根約 $0.999$

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考點：看 $y''(1)$ 的正負。凹口向上時切線在曲線下方，是低估。

對 $(5y^4+3xy^2+1)y'+y^3=0$ 再微分：

$$\bigl(20y^3y'+3y^2+6xyy'\bigr)y'+(5y^4+3xy^2+1)y''+3y^2y'=0$$

代 $x=y=1$、$y'=-\frac19$：第一項 $\left(-\frac{20}9+3-\frac69\right)\left(-\frac19\right)=\frac19\cdot\left(-\frac19\right)=-\frac1{81}$，最後一項 $-\frac13=-\frac{27}{81}$，所以

$$9y''=\frac{1}{81}+\frac{27}{81}=\frac{28}{81}\;\Longrightarrow\;y''(1)=\frac{28}{729}\gt0$$

凹口向上，切線 $L$ 在曲線下方。

低估

官方另外直接驗算 $g(0.999)\approx-1.4\times10^{-5}\lt0$，而 $g$ 嚴格遞增、$g(y_0)=0$，所以 $0.999\lt y_0$，確認是低估。這個驗算不靠「$x=1$ 附近」的局部論證，更嚴謹。