第 4 題：一曲線 :y=2ax  上一點 P，已知 PO=1，P 對 x 軸做垂足 H，求被 PHx 軸圍住，繞 x 軸旋轉的旋轉體體積 V(a) 的最大值。

解答：

令 P(2at22at)，其中 t0，

則 OP2=(2at2)2+(2at)2=1

　　4a2t4+4a2t2=1

V(a)=02at22ax2dx 

　　=ax202at2

　　=4a3t4

由算幾不等式，可得

　　34a2t4+2a2t2+2a2t234a2t42a2t22a2t2 

　　31316a6t8 

　　934a3t4 

所以，V(a) 的最大值為 93 

且此時解聯立方程式 4a2t4=2a2t2 且 4a2t4+4a2t2=1，

可得 a=13t=12

註：如果有誤，希望網友能請不吝告知，感謝。

第 9 題：

Sn=log2cos22cos23cos2n−1cos2n 

　=log22sin2ncos22cos23cos2n−12cos2nsin2n

　=log22sin2ncos22cos23cos2n−1sin2n−1

　=

　=log2sin22n−1sin2n

　=log212n−1sin2n

　=log222nsin2n

因為 log2x 為連續函數，且 \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2^n}}{\displaystyle\sin\frac{\pi}{2^n}}=1

所以 \displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\log_2\left(\frac{2}{\pi}\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2^n}}{\displaystyle\sin\frac{\pi}{2^n}}\right)

　　　　　　\displaystyle=\log_2\left(\frac{2}{\pi}\cdot1\right)

　　　　　　=1-\log_2\pi.


註：如果有錯誤的地方，希望網友能請不吝告知，感謝。 ^__^

第 7 題：

若 n 為偶數，則 \displaystyle a_n=\left(1^2-2^2\right)+\left(3^2-4^2\right)+\cdots+\left((n-1)^2-n^2\right)

　　　　　　　　　　　=(-3)+(-7)+\cdots+(-2n+1)

　　　　　　　　　　　\displaystyle =-\left(\frac{\frac{n}{2}\cdot(2n+2)}{2}\right)

　　　　　　　　　　　\displaystyle =-\frac{n(n+1)}{2}

若 n 為奇數，則 \displaystyle a_n=\left(1^2-2^2\right)+\left(3^2-4^2\right)+\cdots+\left((n-2)^2-(n-1)^2\right)+n^2

　　　　　　　　　　　\displaystyle =-\frac{(n-1)n}{2}+n^2

　　　　　　　　　　　\displaystyle =\frac{n(n+1)}{2}

所以 \displaystyle a_n=(-1)^{n+1}\cdot\frac{n(n+1)}{2}

故，

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{a_n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n(n+1)}

　　　　　　　\displaystyle =2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)

　　　　　　　=2.

註：如果有錯誤的地方，希望網友能請不吝告知，感謝。 ^__^

第 8 題：

引用:

原帖由 iamcfg 於 2011-5-29 11:20 PM 發表
第8題提供一點idea  我沒有詳細作出來

假設 \displaystyle{z= \frac{1}{2}( \cos(x)+i \sin(x))}

此題會是 z 的無窮等比級數的虛部

所以 \displaystyle{a=\frac{z}{1-z}}  算完再找虛部 ...

令 \displaystyle z=\frac{1}{2}\left(\cos x+i\sin x\right)，

則 \displaystyle z+z^2+z^3+\cdots=\frac{z}{1-z}=\frac{\frac{1}{2}\left(\cos x+i\sin x\right)}{1-\frac{1}{2}\left(\cos x+i\sin x\right)}

　　　　　　　　　　\displaystyle =\frac{\left(\cos x+i\sin x\right)}{2-\cos x-i \sin x}

　　　　　　　　　　\displaystyle =\frac{\left(\cos x+i\sin x\right)}{\left(2-\cos x\right)^2+\sin^2 x}\cdot\left(2-\cos x+i\sin x\right)


題目所求即為 z+z^2+z^3+\cdots 的虛部 \displaystyle =\frac{\cos x\sin x+\sin x\left(2-\cos x\right)}{\left(2-\cos x\right)^2+\sin^2 x}

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　\displaystyle =\frac{2\sin x}{5-4\cos x}.


註：感謝 iamcfg 提供這個超讚的方法！

令 \displaystyle k=\frac{2\sin x}{5-4\cos x}

則 \displaystyle 2\sin x+4k\cos x=5k

　\displaystyle \Rightarrow \left|5k\right|\leq\sqrt{2^2+\left(4k\right)^2}

　 \displaystyle \Rightarrow \frac{-2}{3}\leq k\leq\frac{2}{3}

所以 \displaystyle \frac{-2}{3}\leq \lim_{n\to\infty} a_n\leq\frac{2}{3}

第 6 題：

設拋物線方程式為 y=ax^2+bx+c

拋物線通過 (-1,-1), (2,2)  帶入，

可得 -1=a-b+c, 2=4a+2b+c

\Rightarrow b=1-a, c=-2a

「拋物線與 x 軸所截長度」的平方 \displaystyle = \left(-\frac{b}{a}\right)^2-4\left(\frac{c}{a}\right)

　　　　　　　　　　　　　　　　 \displaystyle = \left(1-\frac{1}{a}\right)^2 +8

　　　　　　　　　　　　　　　　 \geq 8

當 a=1 時，拋物線與 x 軸所截長度有最小值為 2\sqrt{2}

且此時 b=0,c=-2，拋物線方程式為 y=x^2-2

第 5 題：

設 \Gamma 上的動點 \displaystyle P(t,t^2-\frac{1}{2})

則過 P 點的法線方程式為

　　　　　　\displaystyle y-\left(t^2-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2t}\left(x-t\right)

通過 (a,3) 帶入，可得 t 的一元三次方程式 2t^3-6t-a=0

依題意此 t 的一元三次方程式應該有三實根，

令 f(t)=2t^3-6t-a

則 f'(t)=0\Rightarrow t=\pm 1

因為 f(t)=0 有三實根，

所以

\Rightarrow f(-1)>0 且 f(1)<0

\Rightarrow -4<a<4.

第 1 題：

設球半徑為 r

則 r\cdot\sqrt{3} + 4r+r\cdot\sqrt{3}=10\cdot\sqrt{3}

\displaystyle\Rightarrow r=10\sqrt{3}-15.




（（我不太會畫立體圖，所以我用文字說明好了！））

設上面四顆球為 A,B,C,D，

　對應下面的四顆球為 E,F,G,H，

　最中間球為 I，

則因為 A,I,G 的球心與此正立方體對角線上的頂點會共線，

　且 A 的球心到它最接近的正立方體頂點的距離＝G 的球心到它最接近的正立方體頂點的距離＝r\sqrt{3}，

　 以及 \overline{AG}=4r，

　所以此正立方體的對角線長為 r\cdot\sqrt{3} + 4r+r\cdot\sqrt{3}.



註：如果以上想法有錯誤的地方，希望高手可以不吝告知，感謝！

設拋物線 y=ax^2+bx+c 與 x 軸兩交點為 (x_1,0), (x_2,0)

則

\displaystyle \left(x_1-x_2\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=\left(\frac{-b}{a}\right)^2-\frac{c}{a}=\frac{b^2-4ac}{a^2}

或是可以如下，

\displaystyle \left(x_1-x_2\right)^2=\left(\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}-\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\right)^2=\left(2\cdot\frac{\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\right)^2=\frac{b^2-4ac}{a^2}