建國中學 111 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

錯誤。$f^{\prime }(d)=-1$ 表示 $f(x)$ 在 $x=d$ 可微分，而可微分一定連續：$x\ne d$ 時

$$f(x)-f(d)=\frac{f(x)-f(d)}{x-d}\cdot (x-d)$$

$x\to d$ 時右邊趨近 $f^{\prime }(d)\cdot 0=0$，所以 $\underset{x\to d}{\lim }f(x)=f(d)$，$f(x)$ 在 $x=d$ 處一定連續，不可能不連續。

$$f^{\prime }(x)=2x^3-x^2=x^2(2x-1),f^{\prime \prime }(x)=6x^2-2x=2x(3x-1)$$

$f^{\prime }(x)$ 的正負：$x^2\ge 0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 與 $2x-1$ 同號（$x=0$ 時為 $0$）。$x<\frac{1}{2}$ 時 $f^{\prime }(x)\le 0$，等號只在 $x=0$；$x>\frac{1}{2}$ 時 $f^{\prime }(x)>0$。

$f^{\prime \prime }(x)$ 的正負：$x<0$ 時正、$0<x<\frac{1}{3}$ 時負、$x>\frac{1}{3}$ 時正。

$\angle A=\angle B=90^{\circ }$，$\overline{AD}$、$\overline{BC}$ 都垂直於 $\overline{AB}$ 且在同一側。取坐標 $A(0,0)$、$B(3,0)$、$D(0,1)$、$C(3,2)$，則 $P(x,0)$，$0\le x\le 3$。

$$\overline{DP}=\sqrt{x^2+1},\overline{PC}=\sqrt{(3-x{)}^2+4},\overline{DC}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$$

正確。梯形面積 $\frac{(1+2)\times 3}{2}=\frac{9}{2}$，扣掉 $△ADP$（面積 $\frac{x}{2}$）與 $△PBC$（面積 $\frac{(3-x)\times 2}{2}=3-x$）：

$$f(x)=\frac{9}{2}-\frac{x}{2}-(3-x)=\frac{3}{2}+\frac{x}{2}$$

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}>0$。

錯誤。$g(x)=\sqrt{x^2+1}+\sqrt{(3-x{)}^2+4}+\sqrt{10}$，

$$g^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{3-x}{\sqrt{(3-x{)}^2+4}}$$

$g^{\prime }(0)=-\frac{3}{\sqrt{13}}<0$，所以 $g(x)$ 在 $x=0$ 附近是遞減的，不是遞增函數。事實上 $g(0)=1+\sqrt{13}+\sqrt{10}\approx 7.77$，$g(1)=\sqrt{2}+2\sqrt{2}+\sqrt{10}=3\sqrt{2}+\sqrt{10}\approx 7.41$，$g(1)<g(0)$。

錯誤。$\overrightarrow{PD}=(-x,1)$、$\overrightarrow{PC}=(3-x,2)$，

$$h(x)=\cos \angle DPC=\frac{-x(3-x)+2}{\sqrt{x^2+1}\sqrt{(3-x{)}^2+4}}=\frac{(x-1)(x-2)}{\sqrt{x^2+1}\sqrt{(3-x{)}^2+4}}$$

分母恆正。$1<x<2$ 時分子 $(x-1)(x-2)<0$，例如 $h\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{-\frac{1}{4}}{\sqrt{\frac{13}{4}}\cdot \sqrt{\frac{25}{4}}}=-\frac{1}{5\sqrt{13}}<0$，所以 $h(x)\ge 0$ 不成立。

令 $u(x)=\frac{5x-7}{x^2-3}$，則 $f(x)=u(x{)}^3$，$f^{\prime }(x)=3u(x{)}^2{u}^{\prime }(x)$。

$$u^{\prime }(x)=\frac{5(x^2-3)-(5x-7)\cdot 2x}{(x^2-3{)}^2}$$

$u(2)=\frac{3}{1}=3$，$u^{\prime }(2)=\frac{5\times 1-3\times 4}{1^2}=-7$。所以 $f^{\prime }(2)=3\times 3^2\times (-7)=-189$。

$y^{\prime }=3x^2+2ax+b$，$y^{\prime \prime }=6x+2a$。三次函數的反曲點在 $y^{\prime \prime }=0$ 處，所以 $6\times (-2)+2a=0$，$a=6$。

反曲點 $(-2,5)$ 在圖形上：$(-2{)}^3+6\times 4+b\times (-2)+3=5$，即 $19-2b=5$，$b=7$。數對 $(a,b)=(6,7)$。

切線斜率是 $f^{\prime }(x)=3x^2+2ax+b=3{\left(x+\frac{a}{3}\right)}^2+b-\frac{a^2}{3}$，是開口向上的二次函數，在 $x=-\frac{a}{3}$ 時最小。所以 $-\frac{a}{3}=3$，$a=-9$。

$P(3,-4)$ 在圖形上：$27-81+3b+8=-4$，即 $3b-46=-4$，$b=14$。數對 $(a,b)=(-9,14)$。

$f^{\prime }(x)=3x^2+2ax+b$ 是二次式，$x=-2$ 與 $x=4$ 都是極值點，所以 $f^{\prime }(-2)=f^{\prime }(4)=0$：

$$f^{\prime }(x)=3(x+2)(x-4)=3x^2-6x-24$$

比較係數 $2a=-6$、$b=-24$，$a=-3$。再由極大值 $f(-2)=-8-12+48+c=28+c=24$，$c=-4$。

檢查：$f^{\prime }(x)$ 在 $x=-2$ 由正變負（極大）、在 $x=4$ 由負變正（極小），與題意相符。$a+b+c=-3-24-4=-31$。

令 $p(x)=x^6+a{x}^2+bx+c$。$-1$ 是三重根，所以 $p(x)=(x+1{)}^{3}q(x)$，於是 $p(-1)=p^{\prime }(-1)=p^{\prime \prime }(-1)=0$。

$$p^{\prime }(x)=6x^5+2ax+b,p^{\prime \prime }(x)=30x^4+2a$$

$p^{\prime \prime }(-1)=30+2a=0$，$a=-15$。$p^{\prime }(-1)=-6+30+b=0$，$b=-24$。$p(-1)=1-15+24+c=0$，$c=-10$。

檢查恰為三重根：$p^{\prime \prime \prime }(x)=120x^3$，$p^{\prime \prime \prime }(-1)=-120\ne 0$，所以 $-1$ 不是四重根。$a+b+c=-15-24-10=-49$。

把分子拆成兩段：

$$\frac{f(x^3)-f(1)\cdot x^5}{x-1}=\frac{f(x^3)-f(1)}{x-1}-f(1)\cdot \frac{x^5-1}{x-1}$$

第一段：$x\to 1$ 時 $x^3\to 1$，且 $x\ne 1$ 時 $x^3\ne 1$，

$$\frac{f(x^3)-f(1)}{x-1}=\frac{f(x^3)-f(1)}{x^3-1}\cdot (x^2+x+1)\to f^{\prime }(1)\cdot 3$$

第二段：$\frac{x^5-1}{x-1}=x^4+x^3+x^2+x+1\to 5$。

所以極限為 $3f^{\prime }(1)-5f(1)$，$(a,b)=(-5,3)$。

原方程式改寫成 $x^3+3x^2-9x=2-k$。令 $g(x)=x^3+3x^2-9x$，根就是水平線 $y=2-k$ 與 $y=g(x)$ 交點的橫坐標。

$g^{\prime }(x)=3x^2+6x-9=3(x+3)(x-1)$：$g(x)$ 在 $(-\infty ,-3]$ 遞增、$[-3,1]$ 遞減、$[1,\infty )$ 遞增；極大值 $g(-3)=27$，極小值 $g(1)=-5$。又 $g(0)=0$。

三個相異實根需要 $-5<2-k<27$，此時三根分別落在 $(-\infty ,-3)$、$(-3,1)$、$(1,\infty )$；最左邊的是負根、最右邊的是正根。中間那根在遞減段 $(-3,1)$ 上，$g$ 在 $x=0$ 的值是 $0$，所以中間根為負 $⟺2-k>0$。

合併得 $0<2-k<27$，即 $-25<k<2$。

$f(1)=0$。先求 $f^{\prime }(1)$：令 $Q(x)=\frac{(x-2)(x-3)\cdots (x-10)}{(x+1)(x+2)\cdots (x+10)}$，則 $f(x)=(x-1)Q(x)$，由定義

$$f^{\prime }(1)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }Q(x)=Q(1)=\frac{(-1)(-2)\cdots (-9)}{2\times 3\times \cdots \times 11}=\frac{-9!}{11!}=-\frac{1}{110}$$

再把所求拆成兩個導數的定義：

$$\frac{f(1+3x)-f(1-2x)}{4x}=\frac{3}{4}\cdot \frac{f(1+3x)-f(1)}{3x}+\frac{1}{2}\cdot \frac{f(1-2x)-f(1)}{-2x}$$

$x\to 0$ 時兩個分式都趨近 $f^{\prime }(1)$，極限 $=\left(\frac{3}{4}+\frac{1}{2}\right)f^{\prime }(1)=\frac{5}{4}\times \left(-\frac{1}{110}\right)=-\frac{1}{88}$。

$f^{\prime }(x)=3(a-1)x^2+2(a+1)x+(a-2)$。$f(x)$ 嚴格遞增，要 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 對所有實數 $x$ 成立，且等號只在個別的點成立。

若 $a=1$：$f(x)=2x^2-x+3$ 是二次函數，先減後增，不合。

若 $a<1$：$f^{\prime }(x)$ 是開口向下的二次式，$|x|$ 很大時 $f^{\prime }(x)<0$，不合。

若 $a>1$：開口向上，需判別式 $\le 0$：

$$4(a+1{)}^2-12(a-1)(a-2)\le 0⟺a^2+2a+1\le 3a^2-9a+6⟺(2a-1)(a-5)\ge 0$$

得 $a\le \frac{1}{2}$ 或 $a\ge 5$，與 $a>1$ 合併得 $a\ge 5$。

$a=5$ 時 $f^{\prime }(x)=12x^2+12x+3=3(2x+1{)}^2$，只在 $x=-\frac{1}{2}$ 一點為 $0$，其餘都大於 $0$，$f(x)$ 仍嚴格遞增，所以等號要取。答案 $a\ge 5$。

$k=0$ 時 $f(x)=(x-1{)}^2$ 只有一個極值，不合，所以 $k\ne 0$，$f(x)$ 是四次函數。

$$f^{\prime }(x)=2(x-1)(2k{x}^2-3kx+1)+(x-1{)}^2(4kx-3k)=(x-1)\left(8k{x}^2-13kx+3k+2\right)$$

令 $q(x)=8k{x}^2-13kx+3k+2$。$f(x)$ 有三個極值，要 $f^{\prime }(x)$ 在三個不同的點變號，也就是 $q(x)=0$ 有兩相異實根，而且兩根都不是 $1$：

判別式 $169k^2-32k(3k+2)=73k^2-64k=k(73k-64)>0$，得 $k<0$ 或 $k>\frac{64}{73}$。

$q(1)=8k-13k+3k+2=2-2k\ne 0$，得 $k\ne 1$。

合併：$k<0$ 或 $\frac{64}{73}<k<1$ 或 $k>1$。

第一步：由極限存在。$x\ne 0$ 時

$$(f(x){)}^2-9=\frac{(f(x){)}^2-9}{x}\cdot x$$

$x\to 0$ 時右邊趨近 $2022\times 0=0$，所以 $\underset{x\to 0}{\lim }\left((f(x){)}^2-9\right)=0$。$f(x)$ 是連續函數，$\underset{x\to 0}{\lim }(f(x){)}^2=(f(0){)}^2$，所以 $(f(0){)}^2=9$，$f(0)=3$ 或 $-3$。

第二步：由函數方程式。取 $a=b=0$：$f(0)=\frac{1}{3}(f(0){)}^2$，即 $f(0)\left(f(0)-3\right)=0$，$f(0)=0$ 或 $3$。

兩者同時成立，只能 $f(0)=3$。

由導數的定義與 $f(0)=3$，

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-3}{x}$$

$x\to 0$ 時 $f(x)\to f(0)=3$（連續），所以 $x$ 夠靠近 $0$ 時 $f(x)+3$ 接近 $6$、不為 $0$，可以用平方差改寫：

$$\frac{f(x)-3}{x}=\frac{(f(x){)}^2-9}{x}\cdot \frac{1}{f(x)+3}$$

$x\to 0$ 時右邊趨近 $2022\times \frac{1}{3+3}=337$。所以極限存在，$f^{\prime }(0)=337$。

任取實數 $c$，對 $h\ne 0$，由題設 $f(c+h)=\frac{1}{3}f(c)f(h)$；又由第 14 題 $f(0)=3$，可把 $f(c)$ 寫成 $\frac{1}{3}f(c)\cdot 3$。於是

$$\frac{f(c+h)-f(c)}{h}=\frac{\frac{1}{3}f(c)f(h)-\frac{1}{3}f(c)\cdot 3}{h}=\frac{f(c)}{3}\cdot \frac{f(h)-f(0)}{h}$$

$h\to 0$ 時，由第 15 題 $\frac{f(h)-f(0)}{h}\to f^{\prime }(0)=337$，所以

$$f^{\prime }(c)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(c+h)-f(c)}{h}=\frac{f(c)}{3}\times 337=\frac{337}{3}f(c)$$

極限存在，$f(x)$ 在任意實數 $c$ 皆可微分。