建國中學 113 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

答案 (B)。令 $t=-h$，$h\to 0$ 時 $t\to 0$：

$$\frac{f(2)-f(2-h)}{2h}=\frac{1}{2}\cdot \frac{f(2+t)-f(2)}{t}$$

所以極限等於 $\frac{1}{2}{f}^{\prime }(2)=-1$，得 $f^{\prime }(2)=-2$，切線斜率是 $-2$。

答案 (C)。切點：$f(1)=(1+1)(2-1-3)=2\times (-2)=-4$。用乘積的微分：

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

$f^{\prime }(1)=2\times (-2)+2\times 5=6$。切線為 $y-(-4)=6(x-1)$，即 $y+4=6(x-1)$。

答案 (A)。$f^{\prime }(x)=3x^2-6ax=3x(x-2a)$，臨界點是 $x=0$ 與 $x=2a$。因為 $a>1$，$2a>2$ 不在 $[-1,1]$ 內。在 $[-1,0]$ 上 $f^{\prime }(x)\ge 0$、在 $[0,1]$ 上 $f^{\prime }(x)\le 0$，所以 $f$ 在 $[-1,0]$ 遞增、在 $[0,1]$ 遞減。

最大值 $f(0)=b=9$。最小值在兩端點中較小者：$f(-1)=-1-3a+b$，$f(1)=1-3a+b$，$f(-1)$ 較小，所以 $-1-3a+9=2$，$a=2$（符合 $a>1$）。$b-a=9-2=7$。

答案 (D)。令 $g(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_6)$，則 $f(x)=xg(x)$，$f^{\prime }(x)=g(x)+x{g}^{\prime }(x)$，所以 $f^{\prime }(0)=g(0)=(-a_1)(-a_2)\cdots (-a_6)=a_1{a}_2\cdots a_6$。

等比數列中 $a_1{a}_6=a_2{a}_5=a_3{a}_4=3\times 9=27$，所以 $f^{\prime }(0)=27^3=3^9$。

$f(x)$ 是 $n$ 次、首項係數 $1$，左邊 $f^{\prime }(x)f(x)$ 是 $2n-1$ 次。右邊 $3f^{\prime }(x)+f(x)+2x^3-4x^2-1$ 的次數不超過 $n$ 與 $3$ 中較大的那個。

若 $n\ge 3$，左邊 $2n-1>n$ 次，右邊最多 $n$ 次，不可能相等。若 $n=1$，左邊是一次式，右邊有 $2x^3$，也不可能。所以 $n=2$，$f(x)=x^2+a_{1}x+a_0$，$f^{\prime }(x)=2x+a_1$。

左邊展開：$(2x+a_1)(x^2+a_{1}x+a_0)=2x^3+3a_1{x}^2+(2a_0+a_1^2)x+a_1{a}_0$。

右邊：$3(2x+a_1)+(x^2+a_{1}x+a_0)+2x^3-4x^2-1=2x^3-3x^2+(6+a_1)x+(3a_1+a_0-1)$。

比較 $x^2$ 項：$3a_1=-3$，$a_1=-1$。比較 $x$ 項：$2a_0+1=5$，$a_0=2$。常數項檢查：左邊 $(-1)\times 2=-2$，右邊 $-3+2-1=-2$，相符。所以 $f(x)=x^2-x+2$。

錯誤。極大值、極小值只和附近比，不一定是極大值比較大。反例：$f(x)=\frac{x^5}{5}-\frac{5x^3}{3}+4x$，$f^{\prime }(x)=x^4-5x^2+4=(x+2)(x+1)(x-1)(x-2)$。$f^{\prime }(x)$ 的正負依序是：$x<-2$ 正、$-2<x<-1$ 負、$-1<x<1$ 正、$1<x<2$ 負、$x>2$ 正，所以 $x=-2$ 有極大值、$x=2$ 有極小值。

取 $\alpha =-2$、$\beta =2$：$f(-2)=-\frac{32}{5}+\frac{40}{3}-8=-\frac{16}{15}$，$f(2)=\frac{16}{15}$，$f(\alpha )<f(\beta )$。

圖形與 $x$ 軸在原點相切，所以 $f(0)=0$ 且 $f^{\prime }(0)=0$。$f(0)=c=0$；$f^{\prime }(x)=\frac{3}{2}{x}^2+2ax+b$，$f^{\prime }(0)=b=0$。

於是 $f^{\prime }(x)=\frac{3}{2}{x}^2+2ax=x\left(\frac{3}{2}x+2a\right)$，另一個臨界點是 $x=-\frac{4a}{3}$。由圖，極小值在原點右側，所以 $-\frac{4a}{3}>0$。

$$f\left(-\frac{4a}{3}\right)=\frac{1}{2}{\left(-\frac{4a}{3}\right)}^3+a{\left(-\frac{4a}{3}\right)}^2=-\frac{32a^3}{27}+\frac{48a^3}{27}=\frac{16a^3}{27}$$

令它等於 $-2$：$a^3=-\frac{27}{8}$，$a=-\frac{3}{2}$。所以 $f(x)=\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2$，極小值在 $x=2$。

令 $g(x)=x(x-6{)}^2$，則 $f(x)=g(x)-abc$，$a,b,c$ 是方程式 $g(x)=abc$ 的三個相異實根。

$g^{\prime }(x)=(x-6{)}^2+2x(x-6)=3(x-6)(x-2)$，$g$ 在 $x=2$ 有極大值 $g(2)=2\times 16=32$，在 $x=6$ 有極小值 $g(6)=0$。$g(x)=abc$ 有三個相異實根，水平線 $y=abc$ 要夾在兩個極值之間：$0<abc<32$。

此時三根分別落在 $(0,2)$、$(2,6)$、$(6,8)$：$g(0)=0<abc<32=g(2)$，$g(6)=0<abc$，$g(8)=8\times 4=32>abc$，且 $g$ 在 $(0,2)$ 遞增、$(2,6)$ 遞減、$(6,8)$ 遞增；$x<0$ 時 $g(x)<0$，沒有根。所以 $0<a<2<b<6<c<8$。

過 $P(2,-7)$：$4a+\frac{b}{2}=-7$。$f^{\prime }(x)=2ax-\frac{b}{x^2}$，切線與 $5x+2y+3=0$ 平行，斜率為 $-\frac{5}{2}$：$f^{\prime }(2)=4a-\frac{b}{4}=-\frac{5}{2}$。

兩式相減：$\frac{3b}{4}=-7+\frac{5}{2}=-\frac{9}{2}$，$b=-6$；代回 $4a-3=-7$，$a=-1$。$a+b=-7$。

$f^{\prime }(x)=3x^2-6ax+3(a+6)=3\left[x^2-2ax+(a+6)\right]$。$f$ 在整條數線上遞增，要 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 對所有 $x$ 成立，判別式

$$(-2a{)}^2-4(a+6)\le 0$$

即 $a^2-a-6\le 0$，$(a-3)(a+2)\le 0$，$-2\le a\le 3$。

$f(x)=0$ 即 $2x^3+3x^2-12x=k$。令 $g(x)=2x^3+3x^2-12x$，$g^{\prime }(x)=6x^2+6x-12=6(x+2)(x-1)$，$g$ 在 $x=-2$ 有極大值 $g(-2)=20$，在 $x=1$ 有極小值 $g(1)=-7$。

三個相異實根要 $-7<k<20$，三根分別在 $(-\infty ,-2)$、$(-2,1)$、$(1,\infty )$；第一根是負根、第三根是正根。中間那根要是正根，因為 $g$ 在 $(-2,1)$ 遞減、$g(0)=0$，中間根大於 $0$ 等價於 $k<g(0)=0$。合起來 $-7<k<0$。

分母 $x-3\to 0$ 而極限存在，分子也要趨近 $0$：$f(3)=0$。此時

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{f(x)}{x-3}=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{f(x)-f(3)}{x-3}=f^{\prime }(3)=9$$

$f(3)=0$，設 $f(x)=(x-3)(x^2+px+q)$，則 $f^{\prime }(3)=9+3p+q=9$，得 $3p+q=0$。又 $f(2)=(-1)(4+2p+q)=-4$，得 $2p+q=0$。解得 $p=q=0$，$f(x)=x^2(x-3)$，$f(1)=1\times (-2)=-2$。

代 $x=1$：$5f(1)=f(1)+1-16+19$，$4f(1)=4$，$f(1)=1$。

兩邊對 $x$ 微分（$f(3-2x)$ 用合成函數的微分）：$5f^{\prime }(x)=-2f^{\prime }(3-2x)+2x-16$。代 $x=1$：$5f^{\prime }(1)=-2f^{\prime }(1)-14$，$f^{\prime }(1)=-2$。

切線：$y-1=-2(x-1)$，即 $y=-2x+3$。

$\overline{OH}$ 垂直平面 $ABC$，所以 $△OHA$、$△OHB$、$△OHC$ 都是直角三角形，斜邊都是 $1$、一股都是 $x$，

$$\overline{HA}=\overline{HB}=\overline{HC}=\sqrt{1-x^2}$$

$H$ 到三頂點等距，是正三角形 $ABC$ 的外心，外接圓半徑 $\sqrt{1-x^2}$。正三角形邊長是外接圓半徑的 $\sqrt{3}$ 倍，邊長 $=\sqrt{3}\cdot \sqrt{1-x^2}$，面積

$$\frac{\sqrt{3}}{4}{\left(\sqrt{3(1-x^2)}\right)}^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}\left(1-x^2\right)$$

其中 $0<x<1$。

由上題，

$$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}\left(1-x^2\right)\cdot x=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(x-x^3\right),0<x<1$$

$V^{\prime }(x)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(1-3x^2\right)$，$V^{\prime }(x)=0$ 得 $x=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$（負的不合）。$0<x<\frac{\sqrt{3}}{3}$ 時 $V^{\prime }>0$，$\frac{\sqrt{3}}{3}<x<1$ 時 $V^{\prime }<0$，所以 $x=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 時 $V$ 有最大值

$$V=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{4}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{6}$$