115學年度 臺北市立中正高級中學 第1次專任教師甄選 數學科試題與詳解

115學年度 臺北市立中正高級中學 第1次專任教師甄選 數學科試題與詳解

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一、 填充題（每題 6 分）

題目 1

等差數列 $\{a_n\}$ 滿足 $a_7=1$ 且公差 $d > 0$，若 $\sum_{k=1}^{11} \frac{1}{a_k \cdot a_{k+1} \cdot a_{k+2}} = 11$，則公差 $d =$ ________。

答：

$\frac{\sqrt{61}}{30}$

詳解

1. **分項對消**：
利用等差性質 $a_{k+2} - a_k = 2d$，將原式展開： $$\frac{1}{2d} \sum_{k=1}^{11} \left( \frac{1}{a_k a_{k+1}} - \frac{1}{a_{k+1} a_{k+2}} \right) = 11$$ $$\frac{1}{2d} \left( \frac{1}{a_1 a_2} - \frac{1}{a_{12} a_{13}} \right) = 11 \implies \frac{1}{a_1 a_2} - \frac{1}{a_{12} a_{13}} = 22d$$ 2. **利用 $a_7=1$ 的對稱性**：
設 $a_7 = 1$，則： $$a_1 = 1-6d, \quad a_2 = 1-5d$$ $$a_{12} = 1+5d, \quad a_{13} = 1+6d$$ 代入方程式： $$\frac{1}{(1-6d)(1-5d)} - \frac{1}{(1+5d)(1+6d)} = 22d$$ 3. **通分化簡**：
$$\frac{(1+11d+30d^2) - (1-11d+30d^2)}{(1-36d^2)(1-25d^2)} = 22d$$ $$\frac{22d}{(1-36d^2)(1-25d^2)} = 22d$$ 4. **求解 $d$**：
同除以 $22d$ ($d \neq 0$) 得： $$(1-36d^2)(1-25d^2) = 1$$ $$1 - 61d^2 + 900d^4 = 1$$ $$900d^4 - 61d^2 = 0 \implies d^2(900d^2 - 61) = 0$$ 因為 $d > 0$，故 $d^2 = \frac{61}{900}$，解得 $d = \frac{\sqrt{61}}{30}$。

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題目 2

函數 $f(x) = \frac{\sqrt{1-x^2}}{5-x}$ ($-1 \le x \le 1$) 的最大值為 ________。

答：

$\frac{\sqrt{6}}{12}$

詳解

1. **參數化**：令 $x = \cos \theta, y = \sin \theta$，則 $x^2 + y^2 = 1$ 表示單位圓。設 $0 \le \theta \le \pi$ (上半圓)。
原式可表示為： $$f(\theta) = \frac{\sin \theta}{5 - \cos \theta}$$ 2. **斜率轉換**：考慮單位圓上的點 $P(\cos \theta, \sin \theta)$ 與點 $Q(5, 0)$ 連線的斜率 $m$： $$m = \frac{\sin \theta - 0}{\cos \theta - 5} \implies f(\theta) = -m$$ 因此，$f(x)$ 的**最大值**會出現在斜率 $m$ 為**最小值**（負的最大值）的時候。 3. **切線斜率**：設過 $Q(5, 0)$ 之切線為 $mx - y - 5m = 0$。圓心 $(0, 0)$ 到直線距離等於 $1$： $$\frac{|-5m|}{\sqrt{m^2 + 1}} = 1 \implies 25m^2 = m^2 + 1 \implies m^2 = \frac{1}{24} \implies m = \pm \frac{1}{2\sqrt{6}}$$ 4. **結論**：當 $m = -\frac{1}{2\sqrt{6}}$ 時，$f(x)$ 有最大值： $$f(x)_{\max} = - \left( -\frac{1}{2\sqrt{6}} \right) = \frac{1}{2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{12}$$

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題目 3

集合 $S = \{1, 2, \dots, 8\}$，令 $T = \{(A, B) \mid A \subseteq S, B \subseteq S \text{ 且 } A \neq \varnothing, B \neq \varnothing, A \cap B = \varnothing\}$，求 $n(T) =$ ________。

答：

6050

詳解：

1. 分配問題轉換：

對於 $S$ 中的每一個元素，在滿足 $A \cap B = \varnothing$ 的前提下，每個元素都有 3 種選擇：

• 屬於集合 $A$。
• 屬於集合 $B$。
• 都不屬於（屬於 $(A \cup B)^c$）。

因此，總共有 $3^8$ 種組合。

2. 排除不合情況（排容原理）：

題目要求 $A, B$ 皆為非空集合，我們定義：

• $U$ 為所有滿足 $A \cap B = \varnothing$ 的組合，則 $n(U) = 3^8$。
• $P_A$ 為 $A = \varnothing$ 的情況，此時元素只能選「屬於 $B$」或「都不屬於」，故 $n(P_A) = 2^8$。
• $P_B$ 為 $B = \varnothing$ 的情況，此時元素只能選「屬於 $A$」或「都不屬於」，故 $n(P_B) = 2^8$。
• $P_A \cap P_B$ 為 $A = \varnothing$ 且 $B = \varnothing$ 的情況，所有元素都選「都不屬於」，故 $n(P_A \cap P_B) = 1^8 = 1$。

3. 最終計算：

$$n(T) = n(U) - n(P_A) - n(P_B) + n(P_A \cap P_B)$$ $$n(T) = 3^8 - 2^8 - 2^8 + 1 = 6561 - 256 - 256 + 1 = 6050$$

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題目 4

已知三次函數 $f(x) = 4x^3 - 6x^2 + 3x + 1$，求 $\sum_{k=1}^{200} f\left(\frac{k}{201}\right) =$ ________。

答：

300

詳解：

1. 尋找對稱中心：

三次函數 $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ 的對稱中心橫坐標 $h = \frac{-b}{3a}$。 $$h = \frac{-(-6)}{3 \cdot 4} = \frac{1}{2}$$ 將 $f(x)$ 對 $x = \frac{1}{2}$ 進行泰勒展開（綜合除法）： $$f(x) = 4(x - \frac{1}{2})^3 + \frac{3}{2}$$ 這表示對稱中心為 $(\frac{1}{2}, \frac{3}{2})$。

2. 利用對稱性質：

對稱中心為 $(h, k)$ 意即 $f(x) + f(2h - x) = 2k$。 在此為 $f(x) + f(1 - x) = 2 \cdot \frac{3}{2} = 3$。

3. 數列配對：

觀察求和式，我們可以將首尾項配對：

• $f(\frac{1}{201}) + f(\frac{200}{201}) = f(\frac{1}{201}) + f(1 - \frac{1}{201}) = 3$
• $f(\frac{2}{201}) + f(\frac{199}{201}) = 3$

總共有 200 項，兩兩配對後共有 100 組，每組之和皆為 3。

4. 結論：

$$\sum_{k=1}^{200} f\left(\frac{k}{201}\right) = 100 \times 3 = 300$$

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題目 5

計算 $\log_4 \left[ (1+\tan 1^\circ) \times (1+\tan 2^\circ) \times \dots \times (1+\tan 44^\circ) \times (1+\tan 45^\circ) \right] =$ ________。

答：

$\frac{23}{2}$

詳解：

1. 恆等式推導：

利用正切和角公式：$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$。
當 $\alpha + \beta = 45^\circ$ 時，$\tan 45^\circ = 1$，則： $$1 = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} \implies \tan \alpha + \tan \beta = 1 - \tan \alpha \tan \beta$$ 移項得：$\tan \alpha + \tan \beta + \tan \alpha \tan \beta = 1$。
兩邊同加 1： $$1 + \tan \alpha + \tan \beta + \tan \alpha \tan \beta = 2 \implies (1 + \tan \alpha)(1 + \tan \beta) = 2$$

2. 進行配對：

在連乘積中，我們可以將相加為 $45^\circ$ 的項配成一組：

• $(1+\tan 1^\circ)(1+\tan 44^\circ) = 2$
• $(1+\tan 2^\circ)(1+\tan 43^\circ) = 2$
• ...共有 22 組，直到 $(1+\tan 22^\circ)(1+\tan 23^\circ) = 2$
• 最後剩下一項 $(1+\tan 45^\circ) = 1 + 1 = 2$

因此，中括號內的連乘積總共等於 $2^{22} \times 2 = 2^{23}$。

3. 最終計算：

$$\log_4 (2^{23}) = \log_{2^2} (2^{23}) = \frac{23}{2}$$

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題目 6

已知 $\triangle ABC$ 三邊長成等差數列，設公差 $d > 0$。若 $\triangle ABC$ 外接圓半徑 $R = \frac{8}{15}\sqrt{15}$，內切圓半徑 $r = \frac{\sqrt{15}}{4}$，試求公差 $d =$ ________。

答：

$\frac{1}{2}$

詳解：

1. 參數設定與面積公式：

設三邊長為 $a-d, a, a+d$。半周長 $s = \frac{(a-d) + a + (a+d)}{2} = \frac{3a}{2}$。
根據三角形面積公式 $\triangle = rs$ 以及 $\triangle = \frac{abc}{4R}$，可得： $$\triangle = \frac{\sqrt{15}}{4} \cdot \frac{3a}{2} = \frac{3\sqrt{15}a}{8} \quad \cdots (\text{式 } 1)$$ $$\triangle = \frac{(a-d)a(a+d)}{4 \cdot \frac{8}{15}\sqrt{15}} = \frac{a(a^2-d^2)}{\frac{32}{15}\sqrt{15}} \quad \cdots (\text{式 } 2)$$

2. 建立第一層方程：

由式 1 = 式 2，同除以 $a$： $$\frac{3\sqrt{15}}{8} = \frac{a^2-d^2}{\frac{32}{15}\sqrt{15}} \implies a^2 - d^2 = \frac{3\sqrt{15}}{8} \cdot \frac{32\sqrt{15}}{15} = 12 \quad \cdots (\text{式 } 3)$$

3. 建立第二層方程（海龍公式）：

$$\triangle = \sqrt{s(s-a)(s-(a-d))(s-(a+d))} = \sqrt{\frac{3a}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot (\frac{a}{2}+d) \cdot (\frac{a}{2}-d)}$$ $$\triangle = \sqrt{\frac{3a^2}{4} (\frac{a^2}{4} - d^2)} = \frac{\sqrt{3}a}{2} \sqrt{\frac{a^2}{4} - d^2}$$ 將此式與式 1 聯立： $$\frac{3\sqrt{15}a}{8} = \frac{\sqrt{3}a}{2} \sqrt{\frac{a^2}{4} - d^2} \implies \frac{3\sqrt{5}}{4} = \sqrt{\frac{a^2}{4} - d^2}$$ 平方得：$\frac{45}{16} = \frac{a^2}{4} - d^2 \implies a^2 - 4d^2 = \frac{45}{4} = 11.25 \quad \cdots (\text{式 } 4)$

4. 求解公差 $d$：

將 (式 3) $a^2 = 12 + d^2$ 代入 (式 4)： $$(12 + d^2) - 4d^2 = 11.25 \implies 3d^2 = 0.75$$ $$d^2 = 0.25 \implies d = \frac{1}{2} \quad (\text{取正})$$

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題目 7

如圖，正八面體 $ABCDEF$ 的邊長為 2。已知 $A$ 為原點，$A, D, E$ 為 $xy$ 平面上的點，$B$ 為 $yz$ 平面上的點，則 $B$ 到 $y$ 軸的距離為 ________。

答：

$\frac{2\sqrt{6}}{3}$

詳解：

1. 座標與幾何轉換：

因為點 $B$ 在 $yz$ 平面上，其到 $y$ 軸的距離即為點 $B$ 的 $z$ 座標。
又因為邊 $BC$ 平行 $xy$ 平面（且垂直 $z$ 軸），故點 $B$ 的 $z$ 座標等同於 $BC$ 中點 $M$ 的 $z$ 座標。

2. 建構關鍵三角形（如圖所示）：

考慮由 $A$（原點）、$M$（$BC$ 中點）、$N$（$DE$ 中點）所構成的三角形：

• $\overline{AM} = \overline{AN} = \sqrt{3}$（皆為邊長 2 之正三角形的面高）。
• $\overline{MN} = 2$（等於正八面體的邊長，即 $\overline{CD}$ 或 $\overline{BE}$）。

這是一個腰長為 $\sqrt{3}$、底邊為 $2$ 的等腰三角形 $\triangle AMN$。

3. 求解 $z$ 座標（腰上的高）：

點 $M$ 的 $z$ 座標，即為在 $\triangle AMN$ 中，點 $M$ 到底邊 $\overline{AN}$（位於 $xy$ 平面）的垂直距離，即為此等腰三角形腰上的高 $h$。
首先計算底邊（$\overline{MN}=2$）上的高：$H = \sqrt{(\sqrt{3})^2 - 1^2} = \sqrt{2}$。
利用面積相等關係： $$\text{面積} = \frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{2} = \frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times h$$ $$2\sqrt{2} = \sqrt{3}h \implies h = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$$

4. 結論：

點 $B$ 到 $y$ 軸距離 $= z$ 座標 $= h = \frac{2\sqrt{6}}{3}$。

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題目 8

計算無窮級數和：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{3^n} = \frac{1}{3} + \frac{4}{3^2} + \frac{9}{3^3} + \dots + \frac{n^2}{3^n} + \dots =$ ________。

答：

$\frac{3}{2}$

詳解：

1. 建立機率模型：

考慮一個幾何分布 $X \sim G(p)$，其機率質量函數 $P(X=n) = (1-p)^{n-1}p$。
在此令 $1-p = \frac{1}{3}$，則 $p = \frac{2}{3}$。

2. 引用幾何分布公式：

根據高中課程中幾何分布的性質：

• 期望值 $E[X] = \frac{1}{p}$
• 變異數 $Var(X) = \frac{1-p}{p^2}$

由變異數定義可推得二階動差： $$E[X^2] = Var(X) + (E[X])^2 = \frac{1-p}{p^2} + \left(\frac{1}{p}\right)^2 = \frac{2-p}{p^2}$$

3. 帶入參數計算：

將 $p = \frac{2}{3}$ 代入上述公式： $$E[X] = \frac{1}{2/3} = \frac{3}{2}$$ $$Var(X) = \frac{1/3}{(2/3)^2} = \frac{1/3}{4/9} = \frac{3}{4}$$ $$E[X^2] = \frac{3}{4} + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{3}{4} + \frac{9}{4} = 3$$

4. 級數求和：

觀察原級數，我們可以將其湊成 $E[X^2]$ 的形式： $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{3^n} = \frac{1}{3} \sum_{n=1}^{\infty} n^2 \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}$$ 為了補齊機率模型所需的 $p = \frac{2}{3}$，我們改寫為： $$\text{原級數} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{p} \sum_{n=1}^{\infty} n^2 (1-p)^{n-1}p = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot E[X^2]$$ $$\text{原級數} = \frac{1}{2} \times 3 = \frac{3}{2}$$

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題目 9

設多項式函數 $F(x) = (x^4-5x^3+8x^2-4x+1)^4 (x^5-6x^4+13x^3-12x^2+5x-2)^3 (x^2-2x+2)^7$，求其四階導數 $F^{(4)}(1) =$ ________。

答：

-72

詳解：

1. 泰勒展開式 (Taylor Expansion) 原理：

多項式 $F(x)$ 在 $x=1$ 處的展開式為： $$F(x) = F(1) + \frac{F'(1)}{1!}(x-1) + \frac{F''(1)}{2!}(x-1)^2 + \frac{F'''(1)}{3!}(x-1)^3 + \frac{F^{(4)}(1)}{4!}(x-1)^4 + \dots$$ 令 $t = x-1$，若我們能求出 $F(t+1)$ 展開式中 $t^4$ 項的係數 $a_4$，則 $F^{(4)}(1) = a_4 \times 4! = a_4 \times 24$。

2. 多項式平移（利用連續綜合除法）：

將各括號內多項式平移至 $x=1$，令 $x = t+1$：

• $x^4-5x^3+8x^2-4x+1 = 1 + t - t^2 - t^3 + t^4$
• $x^5-6x^4+13x^3-12x^2+5x-2 = -1 - t + 0t^2 + t^3 - t^4 + t^5$
• $x^2-2x+2 = (t+1)^2 - 2(t+1) + 2 = 1 + t^2$

因此，$F(t+1) = (1+t-t^2-t^3+t^4)^4 \cdot (-1-t+t^3-t^4+t^5)^3 \cdot (1+t^2)^7$。

3. 提取 $t^4$ 係數 $a_4$：

令三個部分分別為 $A(t), B(t), C(t)$，展開至 $t^4$ 項：

• $A(t) \approx 1 + 4t + 2t^2 - 12t^3 - 13t^4$
• $B(t) \approx -1 - 3t - 3t^2 + 2t^3 + 9t^4$
• $C(t) \approx 1 + 7t^2 + 21t^4$

經由乘法分配律組合出 $t^4$ 的項：

• 從 $C(t)$ 選 $21t^4$：$21t^4 \cdot (1) \cdot (-1) = -21t^4$
• 從 $C(t)$ 選 $7t^2$：搭配 $A(t)B(t)$ 之 $t^2$ 項 $\Rightarrow 7t^2 \cdot [(1 \cdot -3) + (4 \cdot -3) + (2 \cdot -1)] = 7 \cdot (-17) = -119t^4$
• 從 $C(t)$ 選 $1$：搭配 $A(t)B(t)$ 之 $t^4$ 項 $\Rightarrow 1 \cdot [(1 \cdot 9) + (4 \cdot 2) + (2 \cdot -3) + (-12 \cdot -3) + (-13 \cdot -1)] = 137t^4$

總和 $a_4 = -21 - 119 + 137 = -3$。

4. 結論：

$$F^{(4)}(1) = a_4 \times 24 = -3 \times 24 = -72$$

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題目 10

設方程式 $f(x) = x^3 - x^2 + 3x + 31 = 0$ 的三個根為 $\alpha, \beta, \gamma$，則 $(\alpha^3+27)(\beta^3+27)(\gamma^3+27) =$ ________。

答：

2366

詳解：

1. 轉換為函數值乘積形式：

考慮 $x^3+27 = (x+3)(x^2-3x+9) = 0$ 的三根為 $-3, \omega_1, \omega_2$。
欲求之值為 $\prod (\alpha^3+27)$，根據根與函數值的關係，可轉換為： $$\text{原式} = -f(-3) \cdot f(\omega_1) \cdot f(\omega_2)$$

2. 計算實數根部分：

將 $-3$ 代入 $f(x)$： $f(-3) = (-27) - 9 - 9 + 31 = -14$。

3. 計算虛數根部分（利用降次技巧）：

$\omega_1, \omega_2$ 為 $x^2-3x+9=0$ 之二根，故滿足 $x^2 = 3x-9$ 且 $x^3 = -27$。
代入 $f(x)$ 進行降次： $$f(\omega) = \omega^3 - \omega^2 + 3\omega + 31 = -27 - (3\omega-9) + 3\omega + 31 = 13$$ 故 $f(\omega_1) = f(\omega_2) = 13$。

4. 結論：

$$\text{原式} = -(-14) \cdot 13 \cdot 13 = 14 \cdot 169 = 2366$$

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題目 11

$\triangle ABC$ 中，已知 $A(2, -4)$，若 $\angle B, \angle C$ 之角平分線方程式分別為 $L_1: x+y-2=0$ 及 $L_2: x-3y-6=0$，求 $BC$ 直線之方程式為 ________。

答：

$x+7y-6=0$

詳解：

1. 角平分線的對稱性質：

點 $A$ 對 $\angle B$ 角平分線的對稱點 $A'$ 必落在直線 $BC$ 上；同理，點 $A$ 對 $\angle C$ 角平分線的對稱點 $A''$ 也必落在直線 $BC$ 上。

2. 求對稱點座標：

• 對 $L_1$： $A' = (2, -4) - 2 \frac{2-4-2}{1^2+1^2} (1, 1) = (6, 0)$
• 對 $L_2$： $A'' = (2, -4) - 2 \frac{2-3(-4)-6}{1^2+(-3)^2} (1, -3) = (\frac{2}{5}, \frac{4}{5})$

3. 求 $BC$ 直線方程式：

通過 $A'(6, 0)$ 與 $A''(\frac{2}{5}, \frac{4}{5})$ 的直線斜率為： $$m = \frac{\frac{4}{5} - 0}{\frac{2}{5} - 6} = \frac{4/5}{-28/5} = -\frac{1}{7}$$ 利用點斜式：$y - 0 = -\frac{1}{7}(x - 6) \implies 7y = -x + 6$。 整理得：$x + 7y - 6 = 0$。

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題目 12

某老師欲安排 4 月 10 日至 19 日（共 10 天）的訓練計畫，其中 5 天安排「高強度訓練日」，另 5 天安排「修復日」。定義：如果某個「高強度訓練日」的前一天與後一天剛好都是「修復日」，則該日稱為「黃金氣血建立訓練日」。若隨機安排這 10 天（假設 4 月 9 日與 20 日均為修復日），試求這 10 天中「黃金氣血建立訓練日」出現次數的期望值為 ________ 次。

答：

$\frac{5}{3}$

詳解：

1. 樣本空間：

10 天中選 5 天作為訓練日，總排列數 $n(S) = C^{10}_5 = 252$。

2. 分類計算「黃金訓練日」出現的總次數：

根據題目，4/9 與 4/20 固定為修復日（休）。

• 情況一：首尾兩天 (4/10 或 4/19) 成為黃金日
  以 4/10 為例，結構須為：(休)-訓-休。前兩格已定，剩下 8 天需排 4 訓 4 休。組合數為 $C^8_4 = 70$。
  同理，4/19 亦為 $C^8_4 = 70$。此部分總計：$70 \times 2 = 140$。
• 情況二：中間八天 (4/11 至 4/18) 成為黃金日
  以第 $i$ 天為例 ($11 \le i \le 18$)，結構須為：休-訓-休。這三格已定，剩下 7 天需排 4 訓 3 休。組合數為 $C^7_4 = 35$。
  中間共 8 天，此部分總計：$35 \times 8 = 280$。

3. 計算期望值：

所有排列中黃金訓練日出現的總次數為 $140 + 280 = 420$。
$$E = \frac{\text{總次數}}{n(S)} = \frac{420}{252} = \frac{5}{3}$$

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二、 計算題（除第 3 題 12 分外，其餘每題 8 分）

題目 1 (8 分)

設 $n$ 為正整數，試證明：$1 + \frac{1}{2n-1} \le \sqrt[n]{2} \le 1 + \frac{1}{n}$。

詳解：

(1) 右側證明：利用算幾不等式 (AM-GM Inequality)

考慮 $n$ 個正數：$1, 1, \dots, 1$（共 $n-1$ 個）與 $2$。
由算幾不等式知： $$\frac{\overbrace{1+1+\dots+1}^{n-1 \text{ 個}} + 2}{n} \ge \sqrt[n]{1^{n-1} \cdot 2}$$ $$\frac{(n-1) + 2}{n} \ge \sqrt[n]{2} \implies \frac{n+1}{n} \ge \sqrt[n]{2}$$ 整理得：$1 + \frac{1}{n} \ge \sqrt[n]{2}$，故右側成立。

(2) 左側證明：利用調和不等式 (HM-GM Inequality)

同樣考慮這 $n$ 個正數：$1, 1, \dots, 1$（共 $n-1$ 個）與 $2$。
由調和不等式 $HM \le GM$ 知： $$\frac{n}{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n}} \le \sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n}$$ $$\frac{n}{\underbrace{\frac{1}{1} + \dots + \frac{1}{1}}_{n-1 \text{ 個}} + \frac{1}{2}} \le \sqrt[n]{1^{n-1} \cdot 2}$$ 左式分母為 $(n-1) + \frac{1}{2} = n - \frac{1}{2} = \frac{2n-1}{2}$，代回得： $$\frac{n}{\frac{2n-1}{2}} = \frac{2n}{2n-1} \le \sqrt[n]{2}$$ 由於 $\frac{2n}{2n-1} = \frac{(2n-1)+1}{2n-1} = 1 + \frac{1}{2n-1}$，故： $$1 + \frac{1}{2n-1} \le \sqrt[n]{2}$$ 左側亦成立。

(3) 結論：

綜合以上兩點，原式 $1 + \frac{1}{2n-1} \le \sqrt[n]{2} \le 1 + \frac{1}{n}$ 證畢。

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題目 2 (8 分)

設 $A(1, 2, -3)$、$B(5, -4, 1)$，$P$ 為平面 $E: x - 2y + 3z - 4 = 0$ 上任一點，試求 $\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2$ 之最小值。

詳解：

1. 找出 $AB$ 中點 $M$：

$M = \left( \frac{1+5}{2}, \frac{2-4}{2}, \frac{-3+1}{2} \right) = (3, -1, -1)$。

2. 利用中線定理：

對 $\triangle PAB$ 而言，由中線定理知： $$\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 = 2(\overline{PM}^2 + \overline{MA}^2)$$ 其中 $\overline{MA}^2 = (3-1)^2 + (-1-2)^2 + (-1-(-3))^2 = 2^2 + (-3)^2 + 2^2 = 4 + 9 + 4 = 17$。 故 $\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 = 2(\overline{PM}^2 + 17)$。

3. 尋求 $\overline{PM}$ 之最小值：

當 $P$ 為 $M$ 點在平面 $E$ 上的投影點時，$\overline{PM}$ 有最小值，即為點 $M$ 到平面 $E$ 的距離 $d(M, E)$。 $$d(M, E) = \frac{|3 - 2(-1) + 3(-1) - 4|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2 + 3^2}} = \frac{|3 + 2 - 3 - 4|}{\sqrt{1 + 4 + 9}} = \frac{|-2|}{\sqrt{14}} = \frac{2}{\sqrt{14}}$$ 則 $\overline{PM}^2$ 的最小值為 $\left( \frac{2}{\sqrt{14}} \right)^2 = \frac{4}{14} = \frac{2}{7}$。

4. 計算最終最小值：

$$\text{最小值} = 2 \left( \frac{2}{7} + 17 \right) = 2 \left( \frac{2 + 119}{7} \right) = 2 \cdot \frac{121}{7} = \frac{242}{7}$$

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題目 3 (12 分)

將坐標平面上的圖形 $\Gamma: \frac{x^2}{160} + \frac{y^2}{40} = 1$ 以原點為中心逆時針旋轉 $45^\circ$ 後，得到新的圖形 $\Gamma'$，試回答以下問題：

(1) 求出圖形 $\Gamma'$ 的方程式。(4 分)

(2) 列出圖形 $\Gamma'$ 上所有的格子點。(8 分)

詳解：

(1) 求圖形 $\Gamma'$ 的方程式：

設旋轉後的坐標為 $(x, y)$，旋轉前的舊坐標為 $(x_{old}, y_{old})$。
依題意，$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos 45^\circ & -\sin 45^\circ \\ \sin 45^\circ & \cos 45^\circ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{old} \\ y_{old} \end{bmatrix}$。反求舊坐標： $$\begin{bmatrix} x_{old} \\ y_{old} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos 45^\circ & \sin 45^\circ \\ -\sin 45^\circ & \cos 45^\circ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$$ 得 $x_{old} = \frac{x+y}{\sqrt{2}}$，$y_{old} = \frac{-x+y}{\sqrt{2}}$。代入原曲線方程式 $\frac{x_{old}^2}{160} + \frac{y_{old}^2}{40} = 1$： $$\frac{(\frac{x+y}{\sqrt{2}})^2}{160} + \frac{(\frac{-x+y}{\sqrt{2}})^2}{40} = 1 \implies \frac{(x+y)^2}{320} + \frac{(-x+y)^2}{80} = 1$$ 展開並整理：$(x^2 + 2xy + y^2) + 4(x^2 - 2xy + y^2) = 320$ $$5x^2 - 6xy + 5y^2 = 320$$ 故圖形 $\Gamma'$ 的方程式為 $5x^2 - 6xy + 5y^2 = 320$。

(2) 列出圖形 $\Gamma'$ 上所有的格子點：

將方程式改寫以方便搜尋格子點：$5(x-y)^2 + 4xy = 320$。 由 $5(x-y)^2 = 4(80 - xy)$ 知 $(80-xy)$ 須為 $5$ 的倍數且 $\ge 0$。
此橢圓 $\Gamma'$ 對稱於直線 $x=y$ 與 $x=-y$，我們依此對稱性列舉：

• 當 $xy = 0$ 時：$5(x-y)^2 = 320 \implies (x-y)^2 = 64 \implies x-y = \pm 8$。
  得點：$(8, 0), (0, 8), (-8, 0), (0, -8)$。
• 當 $xy = 60$ 時：$5(x-y)^2 = 4(80-60) = 80 \implies (x-y)^2 = 16 \implies x-y = \pm 4$。
  搭配 $xy=60$ 解得：$(10, 6), (6, 10), (-10, -6), (-6, -10)$。

其餘 $xy$ 取值（如 $5, 10, \dots$ 等）經檢驗皆無整數解。
綜上所述，圖形 $\Gamma'$ 上的格子點共有 8 個： $$(8, 0), (0, 8), (-8, 0), (0, -8), (10, 6), (6, 10), (-10, -6), (-6, -10)$$

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出處：臺北市立中正高級中學 115 學年度教師甄選試題卷