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114 政大微積分(應數大三) 第 1 題

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114學年度 · 114微積分(應數大三) · 第 1 題

題目

Problem

Define the function f:(0,∞)→Rf : (0, \infty) \to \mathbb{R} by f(x)=xxf(x) = x^x for all x>0x > 0.

(1) (5%) Is it possible to define f(0)f(0) so that f:[0,∞)→Rf : [0, \infty) \to \mathbb{R} becomes a continuous function? Justify your answer. \[2mm] (2) (10%) Compute its first order derivative f′:(0,∞)→Rf' : (0, \infty) \to \mathbb{R} and its second order derivative f′′:(0,∞)→Rf'' : (0, \infty) \to \mathbb{R}. \[2mm] (3) (5%) Does f:(0,∞)→Rf : (0, \infty) \to \mathbb{R} have a minimum or a local maximum? If so, is each one global?

(1) 見解答‾\underline{\quad\text{見解答}\quad}.

解答

解法一

思路

展開

  1. 第 (1) 小題：考查端點右連續性

    • 我們需要檢查當 x→0+x \to 0^+ 時，函數 f(x)=xxf(x) = x^x 的右極限是否存在。
    • 將 xxx^x 改寫成自然底數的指數函數：xx=exln⁡xx^x = e^{x\ln x}。
    • 計算指數部分的極限 lim⁡x→0+xln⁡x=lim⁡x→0+ln⁡x1/x\lim_{x\to 0^+} x\ln x = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}。這是一個 −∞∞\frac{-\infty}{\infty} 不定型。
    • 使用羅必達法則 (L’Hôpital’s Rule) 求導： lim⁡x→0+ln⁡x1/x=lim⁡x→0+1/x−1/x2=−lim⁡x→0+x=0\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x\to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = -\lim_{x\to 0^+} x = 0
    • 因此 lim⁡x→0+xx=e0=1\lim_{x\to 0^+} x^x = e^0 = 1。
    • 結論：若定義 f(0)=1f(0) = 1，則函數在 x=0x=0 處右連續，從而使整個 f:[0,∞)→Rf : [0, \infty) \to \mathbb{R} 在其定義域上連續。

  2. 第 (2) 小題：一二階導數計算

    • 對於冪指函數 y=xxy = x^x，求導標準做法是使用對數求導法。
    • 兩邊取自然對數：ln⁡f(x)=xln⁡x\ln f(x) = x\ln x。
    • 兩邊對 xx 微分：f′(x)f(x)=ln⁡x+x⋅1x=ln⁡x+1\frac{f'(x)}{f(x)} = \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1。
    • 得出 f′(x)=xx(ln⁡x+1)f'(x) = x^x (\ln x + 1)。
    • 再次求導得 f′′(x)f''(x)，使用乘積求導法則： f′′(x)=(xx)′(ln⁡x+1)+xx(ln⁡x+1)′=xx(ln⁡x+1)2+xx⋅1xf''(x) = (x^x)' (\ln x + 1) + x^x (\ln x + 1)' = x^x(\ln x+1)^2 + x^x \cdot \frac{1}{x}

  3. 第 (3) 小題：極值判定與全域性質分析

    • 令一階導數 f′(x)=0  ⟹  xx(ln⁡x+1)=0f'(x) = 0 \implies x^x(\ln x + 1) = 0。因為對於 x>0x>0 有 xx>0x^x > 0，所以唯一的臨界點滿足 ln⁡x+1=0  ⟹  x=e−1=1e\ln x + 1 = 0 \implies x = e^{-1} = \frac{1}{e}。
    • 單調性分析：
      • 當 0<x<1e0 < x < \frac{1}{e} 時，ln⁡x<−1  ⟹  f′(x)<0\ln x < -1 \implies f'(x) < 0，函數單調遞減。
      • 當 x>1ex > \frac{1}{e} 時，ln⁡x>−1  ⟹  f′(x)>0\ln x > -1 \implies f'(x) > 0，函數單調遞增。
    • 這說明在唯一的臨界點 x=1ex = \frac{1}{e} 處，函數取得局部極小值（也是全域最小值），大小為 f(e−1)=(e−1)e−1=e−1/ef(e^{-1}) = (e^{-1})^{e^{-1}} = e^{-1/e}。
    • 因為函數先遞減再遞增，所以沒有局部或全域極大值。

答題過程

展開

第 (1) 小題：右連續性與 f(0)f(0) 的定義

為了讓 f:[0,∞)→Rf : [0, \infty) \to \mathbb{R} 在整個區間上連續，我們必須在起點 x=0x = 0 處滿足右連續條件，即：

f(0)=lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+xxf(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} x^x

我們將 xxx^x 改寫為指數形式，並將極限拉入指數中：

lim⁡x→0+xx=lim⁡x→0+exln⁡x=elim⁡x→0+xln⁡x\lim_{x \to 0^+} x^x = \lim_{x \to 0^+} e^{x\ln x} = e^{\lim_{x \to 0^+} x\ln x}

計算指數部分的極限，此時屬於 0⋅(−∞)0 \cdot (-\infty) 型，改寫為分式後套用羅必達法則：

lim⁡x→0+xln⁡x=lim⁡x→0+ln⁡x1/x=L.H.lim⁡x→0+1x−1x2=lim⁡x→0+(−x)=0\lim_{x \to 0^+} x\ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} \stackrel{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0

因此，極限值為：

lim⁡x→0+xx=e0=1\lim_{x \to 0^+} x^x = e^0 = 1

這說明只要我們定義 f(0)=1f(0) = 1，即可滿足右連續性。 結論：是的，可能。藉由定義 f(0)=1f(0) = 1，函數 ff 在 [0,∞)[0, \infty) 上成為連續函數。

第 (2) 小題：一二階導數計算

令 y=f(x)=xxy = f(x) = x^x，兩邊取自然對數：

ln⁡y=xln⁡x\ln y = x\ln x

兩邊對 xx 微分：

y′y=ln⁡x+x⋅(1x)=ln⁡x+1\frac{y'}{y} = \ln x + x \cdot \left(\frac{1}{x}\right) = \ln x + 1

因此，一階導函數 f′(x)f'(x) 為：

f′(x)=xx(ln⁡x+1),x>0f'(x) = x^x (\ln x + 1), \quad x > 0

接著，對一階導函數利用乘積求導法則進行微分，以求二階導函數：

f′′(x)= (xx)′(ln⁡x+1)+xx(ln⁡x+1)′= (xx(ln⁡x+1))(ln⁡x+1)+xx(1x)= xx(ln⁡x+1)2+xx−1= xx[(ln⁡x+1)2+1x],x>0\begin{align*} f''(x) =&\, (x^x)' (\ln x + 1) + x^x (\ln x + 1)' \\[4mm] =&\, \Big( x^x (\ln x + 1) \Big) (\ln x + 1) + x^x \left( \frac{1}{x} \right) \\[4mm] =&\, x^x (\ln x + 1)^2 + x^{x-1} \\[4mm] =&\, x^x \left[ (\ln x + 1)^2 + \frac{1}{x} \right], \quad x > 0 \end{align*}

第 (3) 小題：極值與全域性質分析

我們令一階導數為 00，尋找臨界點：

f′(x)=xx(ln⁡x+1)=0f'(x) = x^x (\ln x + 1) = 0

因為對於所有 x>0x > 0，恆有 xx>0x^x > 0，所以：

ln⁡x+1=0  ⟹  ln⁡x=−1  ⟹  x=e−1=1e\ln x + 1 = 0 \implies \ln x = -1 \implies x = e^{-1} = \frac{1}{e}

我們利用一階導數判定法分析單調性：

  1. 當 0<x<1e0 < x < \frac{1}{e} 時，ln⁡x<−1  ⟹  ln⁡x+1<0\ln x < -1 \implies \ln x + 1 < 0，故 f′(x)<0f'(x) < 0。此時函數是嚴格單調遞減的。
  2. 當 x>1ex > \frac{1}{e} 時，ln⁡x>−1  ⟹  ln⁡x+1>0\ln x > -1 \implies \ln x + 1 > 0，故 f′(x)>0f'(x) > 0。此時函數是嚴格單調遞增的。

由於函數在定義域上先減後增，且只有一個臨界點：

  • 在 x=e−1=1ex = e^{-1} = \frac{1}{e} 處，函數取得局部極小值 (local minimum)。因為這在全體正實數區間內是唯一的極值點，所以它也是全域最小值 (global minimum)。最小值的數值大小為： f(e−1)=(e−1)e−1=e−1ef(e^{-1}) = \left(e^{-1}\right)^{e^{-1}} = e^{-\frac{1}{e}}
  • 函數在定義域上沒有局部極大值 (local maximum)，因此也沒有全域極大值。

結論： 在 x=e−1x = e^{-1} 處取得全域最小值 e−1/ee^{-1/e}；無局部或全域極大值。