4. 42 第 3 章 多項式函數的積分
上和與下和的概念並不困難 但是宜讓同學自行操作 了解其意義 而後得
， 、 ，
2 1
到函數 f x = x 的圖形與直線 y = 0 x = 0 及 x = 1 所圍成之區域的面積為 ，
， 3
這一個結果對同學而言 應該是十分新鮮且有趣的
， ．
3-2 定積分與反導函數
b
讓同學認識定積分的意義 了解符號
， f x dx 的意義 可以請同學在課堂
，
a
上發表他們對定積分的感覺與想法．
推導定積分公式是辛苦且有點枯燥的 但對於程度好的學生 應實際推導
， ， ．
而後 可以讓同學觀察定積分的公式 看看他們有什麼特別的發現
， ， ．
反導函數的尋找 對於程度好的學生是簡單的 但是對於反應較慢的學生而
， ，
言 需要多作一些練習
， ．
由函數 f x 的圖形與 x 軸所圍出之區域的面積與定積分之間的關係 可以讓
，
同學了解 定積分是函數 f x 在 x 軸上方時其值為正 在 x 軸下方時其值為
： ，
負的有向面積值 因此當計算面積時 需注意正負的概念 讓同學了解求面
， ， ，
積時為何要分段積分的原因．
3-3 定積分的應用
兩函數間所圍區域的面積 可想像成函數值之差的積分 因此 若要定積分
， ， ，
為正 函數值的差需為正數
， ．
求面積時 畫出函數圖形是一件很重要的事情 應鼓勵同學多畫圖了解
， ， ．
利用切片了解如何由定積分求得旋轉體體積的方法 是很重要的概念 不妨
， ，
使用實際的物體讓同學觀察 並且讓同學有多一些的時間進行了解
， ．
對於定積分在物理上的應用 若授課時間允許 可以額外補充一些例子
， ， ．
五、補充例題
3-1 黎曼和與面積
1
設 n 為正整數 坐標平面上有一等腰三角形 它的三個頂點分別為 (0 , 2)
， ， ，
1 1
( ,0
n ， ) (
–
n ． )
, 0 假設此三角形的外接圓直徑長等於 D， 則 lim Dn 為何？
n n
5. 第3章 多項式函數的積分 43
1 1
解 設 A 0 , 2， B
： (
n ) (
, 0， C –
n ，
,0 r為 )
△ ABC 的外接圓半徑 則圓心坐標為 ，
1 1
M 0 , 2 – r， AB = AC = 2 + 4 BO = n．
，
n
1 2
由直角 △ BOM 可得 r = 2 – r +
2 2
n ， ( )
1
4+ 2
n
解得 r =
4 ，
1 1
4+ 2 4+ 2
n n
因此 Dn = 2r =
， ， 故 lim Dn = lim =2
．
2 n n 2
2
2
an + bn + 4
已知 lim = 6 求數對 a , b．
，
n 2n + 3
4
2 an + b +
an + bn + 4 n
解 因為 lim
： = lim 所以 如果 a≠0 那麼極限為 ， 與
n 2n + 3 n 3 ， ， ，
2+
n
題意不合，
4
b+
n
因此 a = 0 又 lim
， = 6 可得 b = 12 故數對 a , b = 0 , 12．
， ，
n 3
2+
n
3
n n
已知自然數 n 滿足 n 2 ， 求證 : lim n =0
．
n 3
n
n 2
解 因為 0 < n
：
3 ，
n
3
n
2 n
又 lim n = 0 所以由夾擠定理可知 : lim n = 0
， ．
n 3 n 3
6. 44 第 3 章 多項式函數的積分
4
2 3
設 n 為正整數 已知三次方程式 n x + nx – 1 = 0 恰有一實根 令其為 x．
， ， n
1
說明實數根 xn 會介於 0 與 之間． 求 lim x．
n n
n
2 3
解 設 f x = n x + nx – 1
： ．
因為 f 0 = – 1 < 0 f
， ( 1 ) = 1 > 0， 所以由勘根定理可知 : 在 0 與 n 之間
n n
1
1
f x = 0 有實根 即其實數根 xn 介於 0 與
， 之間．
n
1 1
因為 0 < xn < ， 又 lim = 0 所以由夾擠定理可知 : lim xn = 0
n n n ， n ．
3-2 定積分與反導函數
1
2 1 1 2
已知函數 f x = 20x + bx + c 滿足 xf x dx = 0 且
， x f x dx = 0 求
，
0 0
b c
， ．
解 計算
：
1
1 1 b c
0
xf x dx = 0
0
(20x + bx + cx)dx = 5x + 3 x 3 + 2 x 2
3 2
( 4
) 0
b c
=5+ + =0
3 2 ．
1
1 1
0
2
x f x dx = 0
0
(20x + bx + cx )dx = 4x 5 + b x 4 + 3 x 3
4 3
4
2 c
( ) 0
b c
=4+ + =0
4 3 ．
由上面兩式解得 b = – 24 c = 6
， ．
2
1 2 2 2
求 lim 3( n+1 + n+2 +…+ n+n ) 的值．
n n
1 2 2 2
解 lim
： n 3( n+1 + n+2 +…+ n+n )
n
1 1 2 2 2 n
= lim
n n
1+
n ((
+ 1+
n ) (
+…+ 1+
n ) ( )) 2
1
1 1
=
0
2
1 + x dx =
0
(x + 2x + 1)dx = 1 x 3 + x 2 + x
2
3 ( ) 7
= ．
3
0
8. 46 第 3 章 多項式函數的積分
3 2
可得直線 L : y = – x + 1 與 f x = x – x – 2x + 2 的
圖形相交於 – 1 , 2， 1 , 0 兩點 如右圖所示 :
，
3 2
於是由圖可知 : f x = x – x – 2x + 2 的圖形與 L
所圍成的區域面積為
1
–1
((x 3 – x 2 – 2x + 2) – – x + 1 )dx
1
=
–1
(x 3 – x 2 – x + 1)dx
1
1 4 1 3 1 2 5 11 4
=
4 (
x – x – x +x
3 2 ) –1
=
12 (
– –
12
= ．
3)
2
2 2
求兩拋物線 y = x 與 x = y 在第一象限所圍成之區域的面積．
2 2
解 畫出兩拋物線 y = x 與 x = y 在第一象限所圍成
：
之區域的圖形 如右圖所示
， ．
2 2
因為兩拋物線 y = x 與 x = y 對稱於直線 y = x
，
所以區域 S 與區域 T 的面積相等 ．
1 2 1
因為 T 的面積為 x dx = ， 所以 S 的面積亦
0 3
1 2 2
為 ， 因此拋物線 y = x 與 x = y 在第一象限所
3
1 1 1
圍成之區域的面積為 1 – – = ．
3 3 3
3
已知一個半徑為 a 的半球形容器內裝滿水 現
．
將此容器傾斜 30° 求流出的水量
， ．
9. 第3章 多項式函數的積分 47
a
解 當容器傾斜 30°時 容器內水的高度剩下 ，
： ， 2
如右圖所示．
2 2 2
我們計算容器流出的水量 即為由圓 x + y = a
，
a
與直線 y = 0 x = 0 及 x =
， 所圍成之區域的面
2
積繞 x 軸旋轉所得的旋轉體體積 如右圖所示 ， ．
故計算其體積如下．
a a
2 2 2
0
y dx =
0
(a 2 – x 2)dx
a
1 3 2 11 3
= ( 3
2
a x– x ) 0
= a
24 ．
六、補充教材
利用平移的概念計算定積分
3 2 2
當我們要計算 x – 1 dx 時 通常需要將 x – 1
， 乘開 然後再做積分
， ，
–2
計算過程如下 :
3 3
3 3 26 35
–2
2
x – 1 dx =
–2 (
(x – 2x + 1)dx = x3 – x 2 + x
2
) –2
=3– – ( )
3
= ．
3
2
其值表示 f x = x – 1 的圖形與直線 y = 0 x = – 2 及 x = 3 所圍成之區域的面
，
2
積 現在如果我們將圖形向左邊平移一單位 得到 g x = x ， 則 g x 的圖形與
． ，
35
直線 y = 0 x = – 3 及 x = 2 所圍成之區域的面積亦為 ． 由圖 1 可知
， ．
3
▲圖 1
10. 48 第 3 章 多項式函數的積分
3 2 2 2
也就是說 : x – 1 dx = x dx 因此 我們也可以計算
． ，
–2 –3
3 2
2 2 x 1 35
x dx = = 8 – – 27 = ，
–3 3 3 3
–3
3 352
得到 x – 1 dx 為 ．
–2 3
3 100
利用上述的概念 當我們要計算
， x–1 dx 時 可以利用平移的概念
， ，
–2
計算
101 2
2 100 x 1 101 101
101 (2 + 3 ， )
x dx = =
–3 101
–3
3 100 1 100
101 101
即可得 ) 而不需要將 x – 1 乘開後再做
101 (2 + 3 ，
x–1 dx =
–2
積分．
利用對稱的概念計算定積分
我們知道三次函數的圖形對稱於反曲點 事實上 所有奇數次多項式的函
， ，
數 都有個對稱中心 利用對稱中心 我們可以了解定積分和面積的關係 例
， ． ， ．
如以下的問題 :
3 2
已知直線 L : y = x – 1 與 y = x – 3x + 3x – 1 的圖形相交於三點 並圍出 A
，
與 B 兩塊封閉區域 求，
三個交點的坐標 ．
證明 A 與 B 兩塊區域的面積相等．
上面的問題當然可以實際計算 然後證明問題
， 是正確的 問題是 : 出題
，
者怎樣發現 A 與 B 兩塊區域的面積相等呢？
3 2 2
設 f x = x – 3x + 3x – 1 計算 f ' x = 3x – 6x + 3 f '' x = 6x – 6 = 6 x – 1，
， ，
3 2
可得 f x = x – 3x + 3x – 1 的反曲點為 (1 , 0) 同時 (1 , 0) 是直線 L : y = x – 1 上
，
3 2
一點 因為 f x = x – 3x + 3x – 1 的圖形對稱於反曲點 (1 , 0) 又直線 L : y = x – 1
． ，
3 2
亦對稱於點 (1 , 0) 所以由對稱圖形可知 : 直線 L : y = x – 1 與 y = x – 3x + 3x – 1
，
的圖形所圍出的兩塊封閉區域是兩塊全等的區域 因此它們的面積相等 如圖
， ．
2 所示 :
11. 第3章 多項式函數的積分 49
▲圖 2
100 99 99 99
又例如 : x dx 我們知道 f x = x
， 的圖形對稱於原點 因此 f x = x
， ，
– 100
99
的圖形與直線 y = 0 x = – 100 及 x = 0 所圍成的區域與 f x = x
， 的圖形與直線
y = 0 x = 0 及 x = 100 所圍成的區域是全等的 當然兩者的面積也是一樣的
， ， ．
因此
0 99 100 99
– x dx = x dx
，
– 100 0
故
100 99 0 99 100 99 0 99 0 99
x dx = x dx + x dx = x dx – x dx = 0
．
– 100 – 100 0 – 100 – 100
利用伸縮的概念計算定積分
2
我們知道 f x = x 的圖形與直線 y = 0 x = 0 及 x = 1 所圍成之區域的面積
，
1
為 ， 現在我們做一個邊長為 1 的正方形 如圖 3 所示 因為區域 R 的面積為
， ．
3
1
所以 圖中兩塊區域 R 與 S 的面積比為 1 : 2 即拋物線將正方形分割成兩
3， ， ，
塊面積為 1 : 2 的區域．
▲圖 3 ▲圖 4
12. 50 第 3 章 多項式函數的積分
現在 如果不限定正方形的邊長 如圖 4 所示 即 f x 的圖形為一拋物線
， ， ， ，
其頂點為原點 軸為 y 軸 現在其圖形上取一點 B 並做一正方形 OABC 那
， ． ， ，
麼圖中區域 R 與 S 的面積比為何．
直接的猜想當然是 1 : 2 但是 正確嗎？設正方形的邊長為 a 拋物線
． ， ，
2 2 1
f x = bx ， B 點坐標為 a , a． 將 B 點坐標代入 f x = bx 可解得 b = ， 因此，
a
a 3 a
1 2 x 1 2 2 1
區域 R 的面積為 x dx = = a 恰為正方形 OABC 面積 a 的 ， 故
0 a 3a 3 ， 3
0
區域 R 與 S 的面積比為 1 : 2
．
事實上 圖 4 中的正方形為圖 3 中的正方形作 a 倍的伸縮變換 圖 3 中的
， ，
拋物線亦是作了 a 倍的伸縮變換 因此 區域 R 與 S 的面積比是不變的
， ， ．
利用這樣的概念 在圖形設計上 我們可以利用曲線對一個區域或圖案作
， ，
適當的分割．
七、充實教材
黎曼和與微積分基本定理
設 f : a,b R 為一個有界函數 在 a,b
， 任意選取一批分點 :
a = x0 < x1 < … < xn = b 在每一個子區間 xi – 1 , xi 上任取一點 ti 則下面這一個
， ，
和稱為函數 f x 在 a , b 上的一個黎曼和 :
n
f (ti)(xi – xi – 1．
)
i=1
設 = a = x0 < x1 < x2 < … < xn = b 為閉區間 a , b 上的一組分割 並令 ，
= max xi – xi – 1 i = 1 , 2 , … , n ．
以下我們介紹定積分的定義 :
設 f : a , b → R 為一有界函數 而 s 為一數 若對於任意正數 ， 都有一個
， ．
正數 ， 使得每個滿足 < 的分割 = a = x0 < x1 < x2 < … < xn = b 以及每
個 xi – 1 , xi 中的任意點 ti， 都有
n
f ( ti )( xi – xi – 1 ) – s < ，
i＝1
b
則稱 s 是函數 f 在閉區間 a , b 上的定積分 以
， f x dx 表之 若函數 f 在閉
．
a
區間 a , b 上有定積分 則稱函數 f 是 a , b 上的一個黎曼（Riemann）可積分
，
函數．
13. 第3章 多項式函數的積分 51
計算函數的定積分 微積分學基本定理是一個很有用的工具 下面我們就
， ，
來證明這個基本定理．
定理設 f : a , b → R 為一有界函數 若
，
f 在 a , b 上黎曼可積分 ．
有一連續函數 g : a , b → R 使得每個 x
， a , b 都滿足 g' x = f x．
則得
b
f x dx = g b – g a．
a
證明 設 為任意正數 因為 f 在 a , b 上黎曼可積分 所以 必存在一個正
： ， ， ，
數 ， 使得每個滿足 < 的分割 = x0 < x1 < … < xn 及每個 xi – 1, xi
中的任意點 ti， 都有
n b
f ( ti )( xi – xi – 1 ) – f x dx < ．
i＝1 a
任取 a , b 的一個分割 = x0 < x1 < … < xn ， 使得
< ， 則因為 g 在
xi – 1 , xi 上連續 且在 ( xi – 1 , xi ) 內每一點都可微分 依 Lagrange 均值
， ，
定理 必有一個 ti ( xi – 1 , xi ， 使得 g( xi ) – g( xi – 1 ) = g'( ti )( xi – xi – 1 ．
， ) )
於是 可得，
b n b
g b –g a –
a
f x dx =
i＝1
( g( xi ) – g( xi – 1 ) ) – a
f x dx
n b
= g'( ti )( xi – xi – 1 ) – f x dx
i＝1 a
n b
= f ( ti )( xi – xi – 1 ) – f x dx < ．
i＝1 a
b
換言之 對每個正數 ， 都有 g b – g a –
， f x dx < ． 因此 可得
，
a
b
f x dx = g b – g a．
a
對於定義在閉區間 a , b 的函數 f x， 如果不連續點是有限多個 那麼
， ，
f x 在 a , b 是可以黎曼積分的 不過 若不連續點是無限多個 此函數就不
． ， ，
一定是可以黎曼積分的 ．
例如 Dirichlet 函數
，
c 若 x 為有理數；
f x = ， （其中 c≠d），
d 若 x 為無理數
， ；
就是一個不可黎曼積分的函數 ．
註 : 本充實教材節錄自高級中學理科數學教師手冊上冊 ．
（國立臺灣師範大學科學教育中心主編 國立編譯館出版）
，
14. 74 隨堂練習解答
隨堂練習 3-1
1
5 1
求 lim
n ( n
2 –
2
n – 2．)
解 因為
：
5 1
2 = 0 lim
， n 2 n = 0 lim 2 = 2
lim ， n ，
n n
所以由數列極限的四則運算 可得 ，
5 1 5 1
lim
n n
2 – (
2
n – 2 = lim
n n )
2 – lim
n 2
n – lim 2 = 0 – 0 – 2 = – 2
n ．
2
2 2
– 3n + 2 n – 2n + 3
求 lim ． 求 lim
n + 4n ．
2 3
n n n
2
an + 4
已知 lim = 2 求常數 a 的值
– 3n + 2n ， ．
n
2
2
– 3n + 2 2
解： 因為 2 = – 3 + 2， 所以由數列極限的四則運算 得 ，
n n
2
– 3n + 2 2 2
lim
n n
2 n ( n )
= lim – 3 + 2 = lim – 3 + lim 2 = – 3 + 0 = – 3
n n n ．
1 2 3
2 – 2 + 3
n – 2n + 3 n n n 3
因為 3 = （分子與分母同除以 n ） ，
n + 4n 4
1+ 2
n
1 2 3 4
n ( n n )
而且 lim n – 2 + 3 = 0 lim 1 + 2 = 1
， n (
n )，
所以由數列極限的四則運算 得 ，
1 2 3
lim
2
n – 2n + 3 n
=
(
lim n – 2 + 3
n n
=
0
=0
)
3 4 1 ．
n n + 4n lim
n
1+ 2
(
n )
15. 隨堂練習解答 75
4
2 2 a+
an + 4 n
因為 =
– 3n + 2n – 3 + 2 ，
2
n 隨
4
(
而且 lim a + 2 = a lim – 3 +
， n
2
=–3
， ) ( ) 堂
n n n
所以由數列極限的四則運算 得
，
4
lim
an + 4
2
2
=
n n
2 (
lim a +
a
=– ，
)
2 3
n – 3n + 2n lim – 3 +
n n ( )
a
即– = 2 故得 a = – 6
3 ， ．
3
1+2+3+…+n
求 lim 2 ．
n n
1
n n+1 2
1+2+3+…+n 2 n +n 1 1
解 因為
： 2 = 2 = 2 = 2 + 2n ，
n n 2n
所以由數列極限的四則運算 得 ，
1+2+3+…+n 1 1 1 1
lim 2 = lim + lim = +0= ．
n n n 2 n 2n 2 2
4
2 2
n n+1 (
求 lim n + 2n – n + 1．
n–1 )
2 2
n + 2n n + 1
解 將
： – 通分整理得
n+1 n–1
2 2 3 2 2 3 2
n + 2n n + 1 n + 2n – n – 2n – n – n – n – 1
– =
n+1 n–1 n+1 n–1
3 1
– – 2
– 3n – 1 n n
= 2 =
n –1 1 ，
1– 2
n
而後由數列極限的四則運算 得 ，
3 1
2 2 lim – n – 2
n 0 ( )
lim n + 2n – n + 1 =
n+1 n–1 ( n
1 )
=
1 ．
=0
n
lim
n
1– 2
n ( )
16. 76 隨堂練習解答
5
n–2 n+2
已知對於每一個正整數 n 數列〈cn〉滿足
， cn 求 lim cn．
3n 3n ， n
解 因為對於每一個正整數 n
： ，
n–2 n+2
cn
3n 3n ，
n–2 1 n+2 1 1
又 lim = ， 且 lim = ， 所以由夾擠定理可知 : lim cn = ．
n 3n 3 n 3n 3 n 3
6
2
畫出 f x = – x + 1 與直線 y = 0 x = 0 和 x = 1 所圍成的區域 R
， ．
將閉區間 0 , 1 等分成 n 個線段 求出區域 R 的下和 Ln 與上和 Un
， ．
求出區域 R 的面積．
解：
將點 (0 , 0) 與點 (1 , 0) 之間的線段等分成 n 段 得每一個下矩形的寬度 ，
1 2
均為 ． 因為 f x = – x + 1 在 0 x 1 時為遞減函數 所以下矩形的 ，
n
1 2 3 n
高依序為 f ( ) ( ) ( )
n，
f
n，
f ( )
n， ，
… f
n．
因此設下和為 L，
n
1 1 2 3 n
Ln =
n (( ) ( ) ( )
f
n
+f
n
+f ( ))
n
+…+ f
n
2 2 2
=
1
n(( ) (
1
n ) ( 2
1– 2 + 1– 2 +…+ 1– 2
n )) n
n
1
= 1 – 3 (1 2 + 2 2 + … + n 2)
n
1 n n + 1 2n + 1
=1– 3
n 6
2 1 1
= – –
3 2n 6n 2．
17. 隨堂練習解答 77
1
同樣的 每一個上矩形的寬度均為 ， 而其高依序為
， n
1 2 n–1
f 0， f
n，( ) ( )
f
n， ，( )… f
n ．
因此設上和為 Un ， 隨
Un =
1
n (
f 0 +f
1
( ) ( )
n
+f
2
n
+…+ f
n–1
n ( )) 堂
2 2
=
1
n ( ( )
(1 – 0 2) + 1 – 1 2 + … + 1 – n n 1
n
–
( ( ))
1 n – 1 n 2n – 1 2 1 1
=
n
n–
( 6n
2 =
3
+ ) –
2n 6n 2．
設 R 的面積為 r 因為 Ln r Un 所以不論 n 是任何正整數 我們都有
． ， ，
2 1 1 2 1 1
– – r + –
3 2n 6n 2 3 2n 6n 2．
2 1 1 2 2 1 1 2
n (
又 lim 3 – 2n –
6n )
2 = ， 而且 lim 3 + 2n –
3 n 6n
2 = ， 因此由夾
3 ( )
2
擠定理可知 r = ． ： 3
隨堂練習 3-2
1
求下列各定積分的值 :
2 3 2 4 3
xdx
． x dx
． x dx
．
0 0 0
解 由定積分公式可得
： ，
2 2 3 3 4 4
2 2 3 3 4
xdx = =2
． x dx = =9
． x dx = = 64
．
0 2 0 3 0 4
2
求下列函數的反導函數 :
3 2 3 2
4x + 3x ． x + 2x – 4
．
4 3
解： 取 g x = x + x ， 因為
3 2
g' x = 4x + 3x ，
3 2 3 2
所以 g x 是 4x + 3x 的一個反導函數 由反導函數的原理可知 : 4x + 3x
．
4 3
的反導函數為 x + x + c 其中 c 是一個常數
， ．
18. 78 隨堂練習解答
4
x 2 3
取gx = + x – 4x 因為
，
4 3
3 2
g' x = x + 2x – 4
，
3 2
所 以 g x 是 x + 2x – 4 的 一 個 反 導 函 數 由 反 導 函 數 的 原 理 可 知 :
．
4
3 2 x 2 3
x + 2x – 4 的反導函數為 + x – 4x + c 其中 c 是一個常數
， ．
4 3
3
求下列兩個定積分的值 :
3 2
1
(x 2 + 2x – 1)dx
． –2
(6x 2 + x – 1)dx
．
3
x 2 2
解： 因為 + x – x 是 x + 2x – 1 的一個反導函數 所以
，
3
3 3
3
1
(x + 2x – 1)dx = x3 + x 2 – x
2
( ) 1
3 3
=( 3 2
+3 –3 –
1 2
+1 –1 ) ( )
3 3
1 44
= 15 –
3
= ．
3 ( )
2
3 x 2
因為 2x + – x 是 6x + x – 1 的一個反導函數 所以
，
2
2 2
2
–2
(6x + x – 1)dx = 2x + x2 – x
2
( 3
) –2
2 2
= (2 2 3
–2 – 2
2 + ) ( –2
3
+
–2
– –2 )
2 2
= 16 – – 12 = 28
．
4
–1 2
求 x + 1 dx 的值．
–2
2 2
解 將 x+1
： 乘開得 x + 2x + 1
．
3
x 2 2
因為 + x + x 是 x + 2x + 1 的一個反導函數 所以
，
3
3 –1
–1
–2
x + 1 dx = x + x 2 + x
3
2
( ) –2
3 3
=( –1 + –1 –
+ –1
–2 2
) ( + –2
2
+ –2 )
3 3
1 2 1
=–
3
– –
3 ( )
= ．
3
19. 隨堂練習解答 79
5
2
右圖為 f x = – x + x 的圖形 求鋪色區域的面
，
積． 隨
堂
2
解： 由 f x = – x + x = – x x – 1 得 f x 的圖形與 x 軸
交於 (0 , 0) (1 , 0) 兩點 如右圖所示
， ， ．
因為在區間 – 2 , 0 上 f x ， 0 而在區間 0 , 1
，
上 f x
， 0 所以 f x 的圖形與直線 y = 0 及
，
x = – 2 所圍成區域的面積為
0 1
–
–2
(– x 2 + x)dx + 0
(– x 2 + x)dx
3 2 0 3 2 1
=– – x + x
3 (
2 –2
+ – x + x
3 2 ) ( ) 0
14 1 29
=– 0–
3
+ (6 ) (
–0 = ．
6 )
6
2
設拋物線 ： y = x + 2x – 8 與 x 軸交於 A B 兩點 P 為拋物線
， ， 的頂
b
點， 的圖形與 x 軸所圍成之區域的面積為 a △ PAB 的面積為 b 求 ．
， ， a
2
解 由 y = x + 2x – 8 = x + 4 x – 2， 得 A 點的坐標為
：
2
– 4 , 0， B 點的坐標為 2 , 0， 又由 y = x + 2x – 8
2
= x+1 – 9 可得拋物線
， 之頂點 P 的坐標為
– 1 , – 9， 其圖形如右圖所示．
因為 的圖形與 x 軸所圍成之區域的面積 a 為
2
2
–
–4
(x + 2x – 8)dx = – 1 x 3 + x 2 – 8x
2
3 ( ) –4
3 3
=– (( 23
2
+2 –8 2 –
–4
3
+ –4 ) ( 2
–8 –4 )) = 36，
1 b 27 3
而 △ PAB 的面積 b 為 2– –4 – 9 = 27 所以
， = = ．
2 a 36 4
20. 80 隨堂練習解答
隨堂練習 3-3
1
2 3
求 y = x 與 y = x 所圍成之區域的面積．
解： 解聯立方程組
2
y=x
3．
y=x
2 3
可得 y = x 與 y = x 相交於 (0 , 0) 與 (1 , 1) 兩
點 如右圖所示
， ：
2 3
因為所求區域可看成是由 y = x 的圖形與 y = x
的圖形 直線 x = 0 及 x = 1 所圍成的區域 而
， ，
2 3
且在區間 0 , 1 上 x
， x 都成立 根據曲線
．
間的面積公式 得所求區域的面積為
，
3 4 1
1
0
(x – x )dx = x3 – x4
2 3
( 0
3 4
1
) = ( 1 ) – ( 1 ) = 12．
2
3
求 y = x 與 y = x 所圍成之區域的面積．
解： 解聯立方程組
y=x
3．
y=x
3
可得 y = x 與 y = x 相交於 – 1 , – 1， (0 , 0) 與
(1 , 1) 三點 如右圖所示
， ：
3
在區間 – 1 , 0 上 x
， x 而在區間 0 , 1
；
3
上 x
， x ． 因此 所求區域的面積為
，
0 1
–1
(x 3 – x)dx + 0
(x – x 3)dx
4 2 0 2 4 1
(
= x – x
4 2 –1
+ x – x
2 4 ) ( ) 0
1 1 1
= + = ．
4 4 2
21. 隨堂練習解答 81
3
2
已知坐標平面上四點 O 0 , 0， A 1 , 0， B 1 , 1， C 0 , 1， 求證 : 函數 y = x
與y=– x–1
2
+ 1 在區間 0 , 1 的圖形將正方形 OABC 的面積三等分．
隨
堂
解 依題意畫圖如右 :
：
計算 T 的面積為
1 3 1
2 x 1
x dx = = ，
0 3 3
0
而 S 與 T 的面積總和為
1 1
2
0
(– x–1 + 1)dx = 0
(– x 2 + 2x)dx
3 1
2
(
= – x + x2
3 ) 0
= ，
3
1 1
因此 S 的面積為 ， 又因為正方形的面積為 1 所以 R 的面積亦為 ．
，
3 3
1 2 2
因為 R S 與 T 的面積均為 ， 所以函數 y = x 與 y = – x – 1 + 1 在區間
、 3
0 , 1 的圖形將正方形 OABC 的面積三等分．
4
求 y = x + 1 的圖形與直線 y = 0 x = 0 及 x = 2 所
，
圍成的區域繞 x 軸旋轉所得之旋轉體的體積（這
個旋轉體是一個直圓錐臺）．
解 利用旋轉體的體積公式 得此旋轉體的體積為
： ，
2 2 2 2 2
0
y dx =
0
x + 1 dx =
0
(x 2 + 2x + 1)dx
3 2
26
= ( x
3
2
+x +x ) 0
=
3 ．
5
2 2
x y
求橢圓 + = 1 繞 x 軸旋轉所得之旋轉體
9 4
的體積（這個旋轉體的形狀像橄欖球） ．
4 2
解 考慮函數 y = f x =
： 4– x
9 ．
22. 82 隨堂練習解答
將 f x 的圖形與直線 y = 0 x = – 3 及 x = 3 所
，
圍成的區域（是一個橢圓的上半部）繞 x 軸旋
2 2
x y
轉 所得的旋轉體就是橢圓
， + =1 繞 x
9 4
軸旋轉所得之旋轉體的體積 如右圖所示
， ：
利用旋轉體的體積公式 得此旋轉體的體積為
，
3
3 3 4 2 4 3
–3
2
y dx =
–3 (
4 – x dx =
9 ) ( 4x –
27 )
x
–3
= 8 – – 8 = 16 ．
6
2
求由 y = x 與 y = x 所圍成的區域繞 x 軸旋轉所得之旋轉體的體積．
解： 解聯立方程組
y=x
2．
y=x
2
可得直線 y = x 及拋物線 y = x 相交於 (0 , 0) 與
(1 , 1) 兩點 如右圖所示
， ：
2
因為所求區域可看成是由 y = x 的圖形與 y = x
的圖形 直線 x = 0 及 x = 1 所圍成的區域 而
， ，
2
且在區間 0 , 1 上 x x 都成立 此區域繞 x
， ．
軸旋轉所得之旋轉體的體積為
1 2 2 2 1
0
x – x dx =
0
(x 2 – x 4)dx
3 5 1
2
= ( x
3
–
x
5 ) 0
=
15 ．
23. 126 課本習題解答
習題 3-1
一 基礎題
、
1
下列哪些無窮數列是收斂數列？
〈 1
n+2 ． 〉 1+
1
n ． 〈 〉 〈 n + 1 〉．
n
〈( )〉
n
〈n + 2〉 9
． – ．
10
1
解： lim =0
n n+2 ．
1
n
(
lim 1 +
n
=1
． )
lim 1
n n 1 1
lim = lim = =1 =
n+1 n1 1 1 ．
n
1+
n
lim 1 +
n n ( )
因為當 n 趨向於無限大時 〈n + 2〉也會趨向於無限大 所以〈n + 2〉
， ，
是發散數列．
n
9 9
因為公比 r = –
10
滿足 – 1 < r 1 所以 lim –
， n 10 ( ) = 0．
因此 由上面的討論可知 :
， 均為收斂數列 ．
2
求下列各極限 :
n
lim
n n(
15
2 –
2
2
3 )
( ) +2． lim
n
100n
2
n –3 ．
2
1 – 2n 1–n+n
lim 2 ． lim 3 ．
n n +1 n n +n+1
n n
解： lim
n ( 15
n
2 – ( ) 2
3 n
15
n )
+ 2 = lim
2 – lim
n
2
3 ( )
+ lim 2 = 0 – 0 + 2 = 2
n ．
100 100
lim
100n n n n 0
lim 2 = lim = = =0
3 3 1 ．
n n –3 n
1– 2
n
lim
n
1– 2
n ( )
1 1
1 – 2n
lim 2
2
= lim
n
2 –2
=
lim
n n
2 –2 (
=
–2
=–2 ．
)
1 1 1
n n +1 n 1+ 2
n
lim
n
1+ 2
n ( )
24. 課本習題解答 127
1 1 1 1 1 1
1–n+n
lim 3 = lim
n
3 –2
n
2 + n
=
lim
n n
3
n
2 + n( =
0
=0
)
n +n+1 n 1+ 1 + 1 1 1 1 ．
n
n
2
n
3 lim
n
1+ 2 + 3
n n ( )
3
求下列各極限 :
習
n–1 n 題
lim
n n( –
n–1． )
2 2
n (
lim n + 1 – n – 2n + 5 ．
n n–1 )
1 + 3 + 5 + … + 2n – 1
lim 2 ．
n n
3 3 3 2 2
1 +2 +…+n 3 3 3 n n+1
lim （提示 1 + 2 + … + n =
： ．）
3n + 2n ．
n
4 4
解： lim
n
( n – 1 – n n 1 ) = lim n n 1 – lim n – 1 = 1 – 1 = 0．
n – n
–
n
n
2 2 3 2 3 2 2
n – n + n – 1 – n + 2n – 5n n – 4n – 1
n (
lim n + 1 – n – 2n + 5 = lim
n n–1 n ) n n–1
= lim
n
2
n –n
=1
．
2
1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 n
lim 2 = lim 2 = 1 ．
n n n n
2 2
n n+1
3 3 3 4 3 2
1 +2 +…+n 4 n + 2n + n 1
lim 4 = lim 4 = lim 4 = ．
n 3n + 2n n ( 3n + 2n ) n 12n + 8n 12
4
2 3
3n – an
已知 lim 3 = 3 求常數 a 的值
， ．
n n + 4n
3
2 3 –a
3n – an n
解 因為 lim 3
： = lim = – a 所以 – a = 3 即 a = – 3
， ， ．
n n + 4n n 4
1+ 2
n
5
已知對於每一個正整數 n 數列 〈 an 〉 滿足 3n + 1
， nan 3n + 7 求數
，
列〈 an 〉 的極限．
25. 128 課本習題解答
解 因為對於每一個正整數 n 3n + 1 nan 3n + 7 即
： ， ，
3n + 1 3n + 7
an
n n ，
3n + 1 3n + 7
又 lim = 3 且 lim
， = 3 所以由夾擠定理可知 : lim an = 3
， ．
n n n n n
6
2
將閉區間 0 , 5 等分成 5 個線段 求出 f x = x + 1 的圖形 直線 y = 0
， ， ，
x = 0 及 x = 5 所圍成之區域面積的上和與下和．
解： 將區間 0 , 5 分割成 5 等分 其分割點分別為 0, 1, 2, 3, 4, 5
， ．
2
因為函數 f x = x + 1 在 0 , 5 是遞增函數 所以 f x 在每個區間的左端
，
點有最小值 右端點有最大值 因此 下和 Ln 與上和 Un 計算如下 :
， ， ，
5–0
L5 = f 0 +f 1 +f 2 +f 3 +f 4
5
= 1 ( ( 0 2 + 1 ) + ( 1 2 + 1 )+ ( 2 2 + 1 ) + ( 3 2 + 1 ) + ( 4 2 + 1 ) )
= 35
．
5–0
U5 = f 1 +f 2 +f 3 +f 4 +f 5
5
= 1 ( ( 1 2 + 1 ) + ( 2 2 + 1 )+ ( 3 2 + 1 ) + ( 4 2 + 1 ) + ( 5 2 + 1 ) )
= 60
．
二 進階題
、
7
3
求 f x = x 的圖形與直線 y = 0 及 x = 1 所圍成之區域的面積．
1 2 n
解： 將區間 0 , 1 分割成 n 等分 其分割點分別為 0,
， , , …, =1
n n n ．
3
因為函數 f x = x 在 0 , 1 是遞增函數 所以 f x 在每個區間的左端點
，
有最小值 右端點有最大值 因此 下和 Ln 與上和 Un 計算如下 :
， ， ，
1 1 2 n–1
Ln =
n
f 0 +f ( n
+f ( ) ( )
n
+…+ f
n ( ))
3 3 3
=
1
n
1
( 2
0+ 3 + 3 +…+
n n
n–1
n
3 )
1
= 4 ( 13 + 23 + … + n – 1 3 )
n
2 2
1 n n–1 1 2 1
= 4
n 4
=
4
1–
n
+ 2 ，
n ( )
26. 課本習題解答 129
1
Un =
n ( f( 1 ) + f( 2 ) + … + f( n – 1 ) + f( n ) )
n n n n
3 3 3 3
=
1
n ( 1
n
3 +
2
n
3 +
3
n
3 +…+
n
n
3 )
1
= 4 ( 13 + 23 + 33 + … + n3 )
n
= 4
1
2
n n+1
2
=
1
( 1+
2
n
1
+ 2 ．
) 習
4 4 n
n
題
因為
1 2 1 1
lim Ln =
n 4 n (
lim 1 – n + 2 = ，
n 4 )
1 2 1 1
lim Un =
n 4 n (
lim 1 + n + 2 = ，
n 4 )
3 1
所以 f x = x 的圖形 直線 y = 0 及 x = 1 所圍成之區域的面積為 ．
， 4
8
在坐標平面上 x 與 y 坐標都是整數的點稱為格子點 令落在以原點為
， ．
圓心 正整數 n 為半徑的圓內或圓上的格子點數為 an， 數學家已證明數
，
列 〈an〉 會滿足不等式
( n 2 – 3n ) an ( n 2 + 3n ，
)
試利用此不等式求極限值
an
lim
n ．
n
2
解 將不等式
： ( n 2 – 3n ) an ( n 2 + 3n ) 中各式同除以 n 2 得
( n 2 – 3n ) an ( n 2 + 3n )
n
2
n
2
n
2 ，
因為 lim
( n 2 – 3n ) = lim (1– 3 )=
n ( n 2 + 3n ) = lim
3
(1+ n )=
n n
2 n 1 ， lim
n n
2 n 1 ，
an
所以由夾擠定理可知 : lim 2 =．
n n
27. 130 課本習題解答
9
博物館窗戶的玻璃由藍色玻璃與紫色玻璃所組
成 其造型如右圖所示 一整塊玻璃為底長 2
， ．
公尺 高 1 公尺的矩形 其中藍色玻璃部分為
， ，
拋物線造型 其曲線部分是拋物線的一部分
， ，
而且拋物線與矩形相切於頂點 問 : 藍色玻璃的面積是多少平方公尺？
．
解 將玻璃圖形放在坐標平面上 如右圖所示
： ， ：
設拋物線的對稱軸為 y 軸 且由玻璃的長寬可設
，
2
拋物線通過點 (1 , 1) 其方程式為 y = ax ．
，
2
將 (1 , 1) 代入 y = ax 可解得 a = 1
．
2
因為紫色玻璃的面積為 f x = x 的圖形 直線 y = 0
，
1 2
及 x = 1 所圍成之區域面積的兩倍 即為 2
， = 平方公尺 又整塊玻璃，
3 3
2 4
面積為 2 平方公尺 所以 藍色玻璃的面積是 2 –
， ， = 平方公尺．
3 3
習題 3-2
一 基礎題
、
1
若 f x， g x 為兩個多項式函數 而且 g x 是 f x 的一個反導函數 則下
， ，
列哪些選項也是 f x 的反導函數？
g x –4
． g x + 100
． g x +x
． 3g x． f x + g x．
解 因為函數 g x 是 f x 的一個反導函數 所以 g' x = f x．
： ，
g x – 4 ' = g' x = f x．
g x + 100 ' = g' x = f x．
g x + x ' = g' x + 1≠f x．
3g x ' = 3g' x ≠f x．
g x + f x ' = g' x + f ' x ≠f x．
因此 由上面的討論可知 :
， 是 f x 的反導函數．
