115學年度 國立中興大學附屬高級中學 第1次教師甄選 數學科試題與詳解
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第壹部分、填充題（每題 6 分，共 60 分）
題目 1
設 $z$ 為複數且 $|z|=1$，求 $|z^2+2z-2|$ 的最大值。
答：
$\frac{3\sqrt{6}}{2}$
詳解
(1) 代數化簡與參數化：
欲求 $|z^2+2z-2|$，利用 $|z|=1$ 的性質，可提取 $|z|$ 得：
$|z^2+2z-2| = |z| \cdot |z + 2 - \frac{2}{z}| = |z - \frac{2}{z} + 2|$
令 $z = \cos\theta + i\sin\theta$，則 $\frac{1}{z} = \bar{z} = \cos\theta - i\sin\theta$。
(2) 展開計算：
將參數代入式中：
$|(\cos\theta + i\sin\theta) - 2(\cos\theta - i\sin\theta) + 2|$
$= |-\cos\theta + 3i\sin\theta + 2|$
$= |(2 - \cos\theta) + 3i\sin\theta|$
其值為：
$\sqrt{(2 - \cos\theta)^2 + (3\sin\theta)^2}$
$= \sqrt{4 - 4\cos\theta + \cos^2\theta + 9\sin^2\theta}$
利用 $\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ 變換：
$= \sqrt{4 - 4\cos\theta + \cos^2\theta + 9(1 - \cos^2\theta)}$
$= \sqrt{-8\cos^2\theta - 4\cos\theta + 13}$
(3) 求極值：
令 $f(\cos\theta) = -8\cos^2\theta - 4\cos\theta + 13$。這是一個開口向下的二次函數。
頂點發生在 $\cos\theta = -\frac{-4}{2(-8)} = -\frac{4}{16} = -\frac{1}{4}$ 時。
將 $\cos\theta = -\frac{1}{4}$ 代入：
$f(-\frac{1}{4}) = -8(\frac{1}{16}) - 4(-\frac{1}{4}) + 13 = -\frac{1}{2} + 1 + 13 = \frac{27}{2}$。
故最大值為 $\sqrt{\frac{27}{2}} = \frac{3\sqrt{6}}{2}$。$\square$
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題目 2
已知多項式 $f(x)=(x^2+x+1)^5$ 展開後為 $a_{10}x^{10}+a_9x^9+a_8x^8+\cdots+a_1x+a_0$，則 $11a_{10}+10a_9+9a_8+\cdots+2a_1+a_0$ 的值為 ________。
答：
$1458$
詳解
(1) 構造輔助函數：
觀察目標式 $11a_{10} + 10a_9 + \cdots + a_0$，其項次係數剛好比原多項式的次方多 1。
因此我們先考慮將原多項式乘以 $x$：
$x \cdot f(x) = a_{10}x^{11} + a_9x^{10} + a_8x^9 + \cdots + a_1x^2 + a_0x$
(2) 利用微分操作：
對等式兩邊關於 $x$ 微分：
左式微分：$\frac{d}{dx}[x \cdot f(x)] = f(x) + x \cdot f'(x)$
右式微分：$11a_{10}x^{10} + 10a_9x^9 + 9a_8x^8 + \cdots + 2a_1x + a_0$
(3) 代值求解：
將 $x=1$ 代入上述微分後的等式，即可得到目標求值式：
目標值 $= f(1) + 1 \cdot f'(1)$
已知 $f(x) = (x^2 + x + 1)^5$，則：
$f(1) = (1^2 + 1 + 1)^5 = 3^5$
$f'(x) = 5(x^2 + x + 1)^4 \cdot (2x + 1)$
$f'(1) = 5(3^4) \cdot 3 = 5 \cdot 3^5$
最後計算：
目標值 $= 3^5 + 5 \cdot 3^5 = 6 \cdot 3^5$
$= 2 \cdot 3^6 = 1458$。$\square$
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題目 3
$\triangle ABC$ 中，已知 $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 54$，$\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 10$，$\vec{CA} \cdot \vec{CB} = 90$，則 $\triangle ABC$ 的面積為 ________。
答：
$15\sqrt{7}$
詳解
(1) 將內積轉為邊長關係：
設 $\triangle ABC$ 三邊長分別為 $a, b, c$。利用內積公式 $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}$，列出方程組：
① $\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2} = 54$
② $\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2} = 10$
③ $\frac{b^2 + a^2 - c^2}{2} = 90$
(2) 求解邊長：
將三式相加：
$\frac{a^2 + b^2 + c^2}{2} = 154 \quad \dots \text{④}$
利用 ④ 減去各項求得：
$a^2 = ④ - ① = 100 \implies a = 10$
$b^2 = ④ - ② = 144 \implies b = 12$
$c^2 = ④ - ③ = 64 \implies c = 8$
(3) 利用海龍公式求面積：
計算半周長 $s$：
$s = \frac{10 + 12 + 8}{2} = 15$
面積 $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$：
$\Delta = \sqrt{15 \cdot (15-10) \cdot (15-12) \cdot (15-8)}$
$= \sqrt{15 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 7} = \sqrt{15 \cdot 15 \cdot 7} = 15\sqrt{7}$。$\square$
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題目 4
求滿足方程式 $\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{2x^2+x+5}=\sqrt{x^2-3x+13}$ 的正實數 $x$。
答：
$\frac{-3+\sqrt{17}}{4}$
詳解
(1) 變數代換與係數觀察：
令 $A = \sqrt{x^2+x+1}$，$B = \sqrt{2x^2+x+5}$，$C = \sqrt{x^2-3x+13}$。
原方程可寫為 $A + B = C$。同時觀察 $A^2, B^2, C^2$ 的線性組合：
經觀察發現：$7A^2 - 4B^2 = 7(x^2+x+1) - 4(2x^2+x+5) = -x^2+3x-13 = -C^2$。
因此可得關係式：$7A^2 - 4B^2 + C^2 = 0$。
(2) 聯立求解 A 與 B 的關係：
將 $C = A+B$ 代入關係式：
$7A^2 - 4B^2 + (A+B)^2 = 0$
$7A^2 - 4B^2 + A^2 + B^2 + 2AB = 0$
$8A^2 + 2AB - 3B^2 = 0$
利用十字交乘法分解：$(4A+3B)(2A-B) = 0$。
由於 $A, B$ 皆為正實數，$4A+3B=0$ 不合，故必有 $2A = B$。
(3) 回代求解 x：
將 $A, B$ 代回並兩邊平方：
$2\sqrt{x^2+x+1} = \sqrt{2x^2+x+5}$
$4(x^2+x+1) = 2x^2+x+5$
$4x^2+4x+4 = 2x^2+x+5$
$2x^2+3x-1 = 0$
利用公式解：$x = \frac{-3 \pm \sqrt{9 - 4(2)(-1)}}{2(2)} = \frac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}$。
題目要求 $x$ 為正實數，故取 $x = \frac{-3+\sqrt{17}}{4}$。$\square$
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題目 5
從正整數 $1, 2, 3, \dots, n$ 中任取相異的兩數相乘，若這 $\frac{n(n-1)}{2}$ 個乘積的算術平均數為 $55$，則 $n$ 值為 ________。
答：
$14$
詳解
(1) 建立兩兩乘積和的公式：
令這 $\frac{n(n-1)}{2}$ 個相異兩數乘積的和為 $S_n$。
利用平方和恆等式：$(\sum_{i=1}^{n} i)^2 = \sum_{i=1}^{n} i^2 + 2S_n$。
代入公式得：
$\left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2S_n$
(2) 利用算術平均數列式：
已知算術平均數為 $55$，即 $\frac{S_n}{\frac{n(n-1)}{2}} = 55 \implies S_n = \frac{55n(n-1)}{2}$。
將 $S_n$ 代入步驟 (1) 的等式：
$\frac{n^2(n+1)^2}{4} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 55n(n-1)$
(3) 化簡並求解 $n$：
同除以 $n$（因 $n \neq 0$）並同乘 $12$：
$3n(n+1)^2 = 2(n+1)(2n+1) + 660(n-1)$
$3n(n^2+2n+1) = 2(2n^2+3n+1) + 660n - 660$
$3n^3 + 6n^2 + 3n = 4n^2 + 6n + 2 + 660n - 660$
$3n^3 + 2n^2 - 663n + 658 = 0$
觀察係數和為 $3+2-663+658 = 0$，可知有因式 $(n-1)$：
$(n-1)(3n^2 + 5n - 658) = 0$
對於 $3n^2 + 5n - 658 = 0$，利用十字交乘法分解：
$(n-14)(3n+47) = 0$
由於 $n$ 為大於 1 的正整數，故 $n=1$ 不合（乘積個數會為 0），$n = -\frac{47}{3}$ 亦不合。
得正確解為 **$n = 14$**。$\square$
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題目 6
如圖所示，二直線 $L_1: x+3y=k_1$ 與 $L_2: 2x+y=k_2$ 相交於 $A$ 點。在 $L_1$ 上一點 $P_1$ 向左走 $60$ 單位到 $L_2$ 上的 $P_2$ 點；再從 $P_2$ 向上走到 $L_1$ 的 $P_3$ 點；再從 $P_3$ 向左走到 $L_2$ 上的 $P_4$ 點；依此規則持續走下去，在 $L_1$ 上得到 $P_1, P_3, P_5, \dots$，在 $L_2$ 上得到 $P_2, P_4, P_6, \dots$，求 $\sum_{k=1}^{\infty}\overline{P_kP_{k+1}}$ 之值。
答：
$96$
詳解
(1) 判定各方向線段之比例：
已知直線斜率 $m_1 = -\frac{1}{3}$，$m_2 = -2$。根據行走規則：
* 橫向線段（向左）：$\overline{P_1P_2}, \overline{P_3P_4}, \dots$ 均為水平線，首項 $a_1 = 60$。
* 縱向線段（向上）：$\overline{P_2P_3}, \overline{P_4P_5}, \dots$ 均為鉛垂線，首項 $a_2 = 20$（由 $P_1$ 到 $P_2$ 的水平距離與斜率關係推得）。
(2) 尋找級數公比：
觀察橫向與縱向位移的比例關係，每經過一次「向左再向上」的循環，線段長度會按固定比例縮小。經由直線斜率交點聯立觀察：
橫向公比與縱向公比皆為 $r = \frac{1}{6}$。
(3) 計算無窮等比級數總和：
將所有線段長度分為「橫向」與「縱向」兩組分別求和：
$$S_{\text{橫}} = \frac{60}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{60}{\frac{5}{6}} = 72$$
$$S_{\text{縱}} = \frac{20}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{20}{\frac{5}{6}} = 24$$
總長 $\sum_{k=1}^{\infty}\overline{P_kP_{k+1}} = S_{\text{橫}} + S_{\text{縱}} = 72 + 24 = 96$。$\square$
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題目 7
設有甲、乙、丙、丁四台電腦，利用擲一顆公正骰子的方式決定任意兩台電腦是否要連線：若出現奇數點數，則此兩台電腦連線；若出現偶數點數，則此兩台電腦不連線。已知每個傳到其中一台電腦的訊息會同時傳到其它和這台有連線的電腦。求甲、乙、丙、丁四台電腦的每台電腦都能夠從其它所有電腦收到訊息的機率。
答：
$\frac{19}{32}$
詳解
(1) 樣本空間計算：
四台電腦兩兩連線的可能性共有 $C^4_2 = 6$ 條線段。 每一條線段連線（奇數）或不連線（偶數）的機率皆為 $\frac{1}{2}$。
總可能的連線狀態共有 $2^6 = 64$ 種。
(2) 分類討論「不連通」的情況（反面做法）：
我們要從總數扣除無法讓四台電腦全部連通的狀況：
- 分成 4 堆（均不連線）： 狀態數為 $1$。
- 分成 3 堆（2+1+1 模式）： 選出兩台連線，其餘兩台獨立。狀態數為 $C^4_2 = 6$。
- 分成 2 堆：
- (2+2 模式)： 兩兩成對連線，例如 (甲乙)(丙丁)。狀態數為 $\frac{C^4_2 \times C^2_2}{2!} = 3$。
- (3+1 模式)： 其中三台連通，另一台孤立。選出三台的方式有 $C^4_3 = 4$ 種；而這三台內部的連通方式有 4 種（1 種三角形 + 3 種路徑形）。故狀態數為 $4 \times 4 = 16$。
(3) 計算全連通機率：
不連通狀態總數 $= 1 + 6 + 3 + 16 = 26$ 種。
全連通狀態數 $= 64 - 26 = 38$ 種。
機率 $P = \frac{38}{64} = \frac{19}{32}$。 $\square$
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題目 8
坐標空間中有一個稜長為 $1$ 的正立方體 $OABC-DEFG$，示意圖如圖。$P$ 點在 $\overline{CG}$ 上且 $\overline{CP}:\overline{PG}=1:2$，若 $P$ 點在平面 $ADF$ 上的投影點為 $H$ 點，求 $H$ 點到平面 $OABC$ 的最短距離。
答：
$\frac{8}{9}$
詳解
(1) 建立空間坐標系（以 $A$ 為原點）：
令 $A(0,0,0)$，$B(1,0,0)$，$O(0,1,0)$，$E(0,0,1)$。
則其他點坐標為：$D(0,1,1)$，$F(1,0,1)$，$G(1,1,1)$，$C(1,1,0)$。
已知 $P$ 在 $\overline{CG}$ 上且 $\overline{CP}:\overline{PG} = 1:2$，則 $P$ 點坐標為 $(1, 1, \frac{1}{3})$。
(2) 求平面 $ADF$ 之方程式：
利用向量 $\vec{AD} = (0, 1, 1)$ 與 $\vec{AF} = (1, 0, 1)$。
取法向量 $\vec{n} = (1, 1, -1)$。
平面 $ADF$ 通過原點 $A$，故方程式為 $x + y - z = 0$。
(3) 求投影點 $H$ 坐標：
設投影點 $H$ 在通過 $P(1, 1, \frac{1}{3})$ 且垂直平面的直線參數式上：
$H = (1+t, 1+t, \frac{1}{3}-t)$。
將 $H$ 代入平面 $x + y - z = 0$：
$(1+t) + (1+t) - (\frac{1}{3}-t) = 0 \implies 3t + \frac{5}{3} = 0 \implies t = -\frac{5}{9}$。
(4) 計算距離：
$H$ 點的 $z$ 坐標為 $\frac{1}{3} - t = \frac{1}{3} - (-\frac{5}{9}) = \frac{3+5}{9} = \frac{8}{9}$。
由於平面 $OABC$ 的方程式為 $z=0$，故 $H$ 點到該平面的最短距離即為其 $z$ 坐標值 $\frac{8}{9}$。$\square$
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題目 9
$\triangle ABC$ 中，已知 $\overline{BC}=6$ 且 $\overline{AB}=2\overline{AC}$，當 $\triangle ABC$ 面積有最大值時，則 $\cos A =$ ________。
答：
$\frac{4}{5}$
詳解
(1) 確定點 $A$ 的軌跡：
已知 $\overline{AB} : \overline{AC} = 2 : 1$，根據阿波羅尼斯圓定義，點 $A$ 的軌跡為一圓。
設 $B(-4, 0), C(2, 0)$，則內分點為 $(0, 0)$，外分點為 $(8, 0)$。
此圓的直徑為 $8$，半徑 $R = 4$，圓心位於 $(4, 0)$。
(2) 面積最大值條件：
$\triangle ABC$ 以 $\overline{BC}$ 為底，當高最大時面積最大。
此時點 $A$ 位於圓的最頂端，即 $A$ 點坐標為 $(4, 4)$。
(3) 計算 $\cos A$：
由坐標可得各邊長：
$\overline{AC} = \sqrt{(4-2)^2 + 4^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$。
$\overline{AB} = 2\overline{AC} = 4\sqrt{5}$。
$\overline{BC} = 6$。
利用餘弦定理：
$\cos A = \frac{(4\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{5})^2 - 6^2}{2 \cdot 4\sqrt{5} \cdot 2\sqrt{5}} = \frac{80 + 20 - 36}{80} = \frac{64}{80} = \frac{4}{5}$。 $\square$
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題目 10
有一底面半徑為 $3$ 公分且密度不均勻的圓柱體，傾斜漂浮在靜止的水平面上，水面剛好通過底面直徑且與底面成 $45^\circ$ 角。求此圓柱體在水面下的立體體積為 ________ 立方公分。
答：
$18$
詳解
(1) 建立模型：
由於水面與側面成 $45^\circ$，在垂直直徑的切面上，截面為等腰直角三角形。
設圓的方程為 $x^2 + y^2 = 9$，在位置 $x$ 處，截面三角形的底邊長為 $y = \sqrt{9 - x^2}$，高 $h$ 亦為 $\sqrt{9 - x^2}$。
(2) 利用定積分計算體積：
微小體積 $dV = \frac{1}{2} \cdot \text{底} \cdot \text{高} \cdot dx = \frac{1}{2} (\sqrt{9 - x^2})^2 dx = \frac{1}{2}(9 - x^2) dx$。
總體積 $V = \int_{-3}^{3} \frac{1}{2}(9 - x^2) dx = 2 \int_{0}^{3} \frac{1}{2}(9 - x^2) dx = \int_{0}^{3} (9 - x^2) dx$。
$V = [9x - \frac{1}{3}x^3] \Big|_0^3 = (27 - 9) - 0 = 18$。 $\square$
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第貳部分、計算題（每題 10 分，共 40 分）
計算題 1
設 $a, b, c$ 為正實數，且滿足 $a+b+c=4$。試求 $(a+\frac{1}{a})^2 + (b+\frac{1}{b})^2 + (c+\frac{1}{c})^2$ 的最小值 。
答：
$\frac{625}{48}$
詳解
令 $f(x) = (x + \frac{1}{x})^2 = x^2 + 2 + \frac{1}{x^2}$，其中 $x > 0$。
計算其二階導數：
$f'(x) = 2(x + \frac{1}{x})(1 - \frac{1}{x^2})$
$f''(x) = 2(1 - \frac{1}{x^2})^2 + 2(x + \frac{1}{x})(\frac{2}{x^3}) > 0$ 對於所有 $x > 0$ 均成立。
故 $f(x)$ 為凸函數（凹口向上）。
根據 Jensen 不等式：
$\frac{f(a) + f(b) + f(c)}{3} \geq f\left(\frac{a+b+c}{3}\right) = f\left(\frac{4}{3}\right)$。
則 $f(a) + f(b) + f(c) \geq 3 \cdot f\left(\frac{4}{3}\right) = 3 \cdot \left(\frac{4}{3} + \frac{3}{4}\right)^2 = 3 \cdot \left(\frac{16+9}{12}\right)^2 = 3 \cdot \frac{625}{144} = \frac{625}{48}$。
當 $a=b=c=\frac{4}{3}$ 時，等號成立，最小值為 $\frac{625}{48}$。$\square$
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計算題 2
某租借站的車輛借用狀況遵循以下規則：若當天有車，隔天無車的機率為 $\frac{1}{4}$；若當天無車，隔天無車的機率為 $\frac{1}{2}$ 。假設第 $1$ 天該站有車可借，我們觀察該站的每日車輛狀況序列，定義隨機變數 $X$ 為滿足以下條件的最小正整數：第 $X$ 天與第 $X+1$ 天皆無車可借。試求 $X$ 的期望值 。
答：
$10$ 天
詳解
設定狀態：
$E_1$：目前狀態為「有車」，直到出現連續兩天無車所需的期望天數。
$E_2$：目前狀態為「無車」，直到出現連續兩天無車所需的期望天數。
根據轉移機率建立遞迴方程：
1. 從「有車」開始：有 $\frac{3}{4}$ 的機率明天仍有車，$\frac{1}{4}$ 的機率明天無車。
$E_1 = \frac{3}{4}E_1 + \frac{1}{4}E_2 + 1 \implies \frac{1}{4}E_1 - \frac{1}{4}E_2 = 1 \implies E_1 - E_2 = 4$。
2. 從「無車」開始：有 $\frac{1}{2}$ 的機率明天有車，$\frac{1}{2}$ 的機率明天無車（此時達成目標）。
$E_2 = \frac{1}{2}E_1 + \frac{1}{2}(0) + 1 = \frac{1}{2}E_1 + 1$ (此處 0 代表達成目標，不再需要額外天數)。
解聯立方程式：
由 $E_1 - E_2 = 4$ 得 $E_1 = E_2 + 4$。
代入第二式：$E_2 = \frac{1}{2}(E_2 + 4) + 1 = \frac{1}{2}E_2 + 2 + 1 = \frac{1}{2}E_2 + 3$。
$\frac{1}{2}E_2 = 3 \implies E_2 = 6$。
則 $E_1 = 6 + 4 = 10$。
由於第 1 天有車，故 $E[X] = E_1 = 10$。$\square$
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計算題 3
設 $\triangle ABC$ 的內部一點 $P$，已知 $\overline{AB}=6, \overline{AC}=4, \overline{AP}=2, \angle BAC=60^\circ$，且點 $P$ 在 $\angle BAC$ 的平分線上 。試回答下列問題：
(1) 求向量內積 $\vec{PB} \cdot \vec{PC} = ?$ （4分）
(2) 若點 $K$ 滿足 $\vec{AK} = x\vec{AB} + y\vec{AP} + z\vec{AC}$，其中 $x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$ 且 $x+y+z=1$，求動點 $K$ 所成的集合之面積？（6分）
答：
(1) $16-10\sqrt{3}$
(2) $6\sqrt{3}-5$
詳解
(1) 計算內積：
將 $\vec{PB}$ 與 $\vec{PC}$ 以 $A$ 點展開：
$\vec{PB} \cdot \vec{PC} = (\vec{PA} + \vec{AB}) \cdot (\vec{PA} + \vec{AC}) = |\vec{PA}|^2 + \vec{PA} \cdot \vec{AB} + \vec{PA} \cdot \vec{AC} + \vec{AB} \cdot \vec{AC}$。
已知 $|\vec{PA}|=2, |\vec{AB}|=6, |\vec{AC}|=4$，且 $P$ 在角平分線上 $\implies \angle PAB = \angle PAC = 30^\circ$。
$\vec{PB} \cdot \vec{PC} = 2^2 + 2 \cdot 6 \cdot \cos 150^\circ + 2 \cdot 4 \cdot \cos 150^\circ + 6 \cdot 4 \cdot \cos 60^\circ$。
$= 4 - 6\sqrt{3} - 4\sqrt{3} + 12 = 16 - 10\sqrt{3}$。
(2) 區域面積：
點 $K$ 的條件表示 $K$ 位於 $\triangle BPC$ 內部（含邊界）。
$\triangle BPC \text{ 面積} = \triangle ABC - \triangle ABP - \triangle ACP$。
$= \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 \cdot \sin 60^\circ - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 2 \cdot \sin 30^\circ - \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 \cdot \sin 30^\circ$。
$= 6\sqrt{3} - 3 - 2 = 6\sqrt{3} - 5$。 $\square$
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計算題 4
設對所有的正數 $x$，$f(x)$ 滿足 $f(3x)=3f(x)$。當函數 $f(x)$ 在 $1 \le x \le 3$ 時滿足 $f(x)=1-|x-2|$。
(1) 求 $f(2026)$ 之值？（4分）
(2) 求滿足 $f(x)=f(2026)$ 的最小正數 $x = ?$ （6分）
答：
(1) $161$
(2) $\frac{404}{243}$
詳解
(1) 計算 $f(2026)$：
利用 $f(3x) = 3f(x)$ 可知 $f(x) = 3^k f(x/3^k)$。
尋找 $k$ 使得 $x/3^k \in [1, 3]$。對於 $x=2026$：
$3^6 = 729$，$3^7 = 2187$，故取 $k=6$。
$f(2026) = 3^6 \cdot f\left(\frac{2026}{729}\right)$。
在區間 $[1, 3]$ 中，$f(x) = |x-2|$。令 $x_0 = \frac{729+2187}{2} = 1458$（此為波峰點）。
利用線性插值或觀察斜率：$f(2187)=0, f(1458)=729$。斜率為 $-1$。
$f(2026) = -(2026 - 2187) = 161$。
(2) 尋找最小 $x$：
欲求最小 $x$ 滿足 $f(x) = 161$。觀察圖形，$f(x)$ 在每個區間 $[3^k, 3^{k+1}]$ 都有兩個解。
為了讓 $x$ 最小，我們找最小的 $k$ 使得該區間的波峰高度超過 $161$。
波峰高度為 $3^k$，需 $3^k > 161 \implies k=5$ (因為 $3^4=81, 3^5=243$)。
在區間 $[3^5, 3^6] = [243, 729]$ 中，$f(x)$ 的首段斜率為 $1$。
$f(x) = x - 243 = 161 \implies x = 243 + 161 = 404$。 $\square$
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