このページは、「関数の連続と微分可能」の練習問題アーカイブページとなります。
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関数の連続と微分可能 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01関数 \(f(x)=|\,x^2-1\,|\) は \(x=1\) で微分可能でないことを示せ。
数研出版｜数学Ⅲ[708] p.75 練習2
数研出版｜高等学校数学Ⅲ[709] p.72 練習2
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\(x=1\) での微分可能について、
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)^2-1\,|-|\,1^2-1\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,1+2h+h^2-1\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h^2+2h\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h(h+2)\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) は \(0\) に近い値なので \(h+2\gt 0\) として、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=h(h+2)\)
\(-2\lt h\lt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=-h(h+2)\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}(h+2)
\\[5pt]~~~&=&0+2
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\{-(h+2)\}
\\[5pt]~~~&=&-(0+2)
\\[3pt]~~~&=&-2\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x^2-1\,|\) は \(x=1\) で微分可能でない
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)^2-1\,|-|\,1^2-1\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,1+2h+h^2-1\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h^2+2h\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h(h+2)\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) は \(0\) に近い値なので \(h+2\gt 0\) として、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=h(h+2)\)
\(-2\lt h\lt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=-h(h+2)\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}(h+2)
\\[5pt]~~~&=&0+2
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\{-(h+2)\}
\\[5pt]~~~&=&-(0+2)
\\[3pt]~~~&=&-2\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x^2-1\,|\) は \(x=1\) で微分可能でない
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02次の関数 \(f(x)\) は \(x=1\) で微分可能でないことを示せ。
\({\small (1)}~\)\(f(x)=|\,x-1\,|\)
\({\small (2)}~\)\(f(x)=|\,x^2-1\,|\)
\({\small (1)}~\)\(f(x)=|\,x-1\,|\)
\({\small (2)}~\)\(f(x)=|\,x^2-1\,|\)
数研出版｜新編数学Ⅲ[710] p.73 練習3
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関数 \(f(x)=|\,x-1\,|\) の \(x=1\) での微分可能について、
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)-1\,|-|\,1-1\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h\,|=h\)
\(h\lt 0\) のとき、\(|\,h\,|=-h\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}1
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}(-1)
\\[5pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x-1\,|\) は \(x=1\) で微分可能でない
関数 \(f(x)=|\,x^2-1\,|\) の \(x=1\) での微分可能について、
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)^2-1\,|-|\,1^2-1\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,1+2h+h^2-1\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h^2+2h\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h(h+2)\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) は \(0\) に近い値なので \(h+2\gt 0\) として、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=h(h+2)\)
\(-2\lt h\lt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=-h(h+2)\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}(h+2)
\\[5pt]~~~&=&0+2
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\{-(h+2)\}
\\[5pt]~~~&=&-(0+2)
\\[3pt]~~~&=&-2\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x^2-1\,|\) は \(x=1\) で微分可能でない
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)-1\,|-|\,1-1\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h\,|=h\)
\(h\lt 0\) のとき、\(|\,h\,|=-h\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}1
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}(-1)
\\[5pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x-1\,|\) は \(x=1\) で微分可能でない
関数 \(f(x)=|\,x^2-1\,|\) の \(x=1\) での微分可能について、
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)^2-1\,|-|\,1^2-1\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,1+2h+h^2-1\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h^2+2h\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h(h+2)\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) は \(0\) に近い値なので \(h+2\gt 0\) として、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=h(h+2)\)
\(-2\lt h\lt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=-h(h+2)\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}(h+2)
\\[5pt]~~~&=&0+2
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\{-(h+2)\}
\\[5pt]~~~&=&-(0+2)
\\[3pt]~~~&=&-2\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x^2-1\,|\) は \(x=1\) で微分可能でない
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03関数 \(f(x)=|\,x(x-2)\,|\) が \(x=2\) で微分可能であるかどうかを調べよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅲ[701] p.67 問2
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\(x=2\) での微分可能について、
\(x=2\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(2+h)-f(2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(2+h)\{(2+h)-2\}\,|-|\,2(2-2)\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(2+h)h\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h(h+2)\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) は \(0\) に近い値なので \(h+2\gt 0\) として、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=h(h+2)\)
\(-2\lt h\lt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=-h(h+2)\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(2+h)-f(2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}(h+2)
\\[5pt]~~~&=&0+2
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(2+h)-f(2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\{-(h+2)\}
\\[5pt]~~~&=&-(0+2)
\\[3pt]~~~&=&-2\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(2)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x(x-2)\,|\) は \(x=2\) で微分可能でない
\(x=2\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(2+h)-f(2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(2+h)\{(2+h)-2\}\,|-|\,2(2-2)\,|\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(2+h)h\,|-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h(h+2)\,|\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(h\) は \(0\) に近い値なので \(h+2\gt 0\) として、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=h(h+2)\)
\(-2\lt h\lt 0\) のとき、\(|\,h(h+2)\,|=-h(h+2)\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(2+h)-f(2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}(h+2)
\\[5pt]~~~&=&0+2
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(2+h)-f(2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,-h(h+2)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\{-(h+2)\}
\\[5pt]~~~&=&-(0+2)
\\[3pt]~~~&=&-2\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致しないので、微分係数 \(f^{\prime}(2)\) は存在しない
したがって、\(f(x)=|\,x(x-2)\,|\) は \(x=2\) で微分可能でない
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04関数 \(f(x)=|\,x-1\,|(x-1)\) が \(x=1\) で微分可能かどうかを調べよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅲ[701] p.78 問題 1
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\(x=1\) での微分可能について、
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
ここで、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h\,|=h\)
\(h\lt 0\) のとき、\(|\,h\,|=-h\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}h
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}(-h)
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致するので、微分係数 \(f^{\prime}(1)=0\) が存在する
したがって、\(f(x)=|\,x-1\,|(x-1)\) は \(x=1\) で微分可能である
\(x=1\) における平均変化率を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)-1\,|\{(1+h)-1\}-|\,1-1\,|(1-1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h\,|h-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&|\,h\,|\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,(1+h)-1\,|\{(1+h)-1\}-|\,1-1\,|(1-1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,|\,h\,|h-0\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&|\,h\,|\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(|\,h\,|=h\)
\(h\lt 0\) のとき、\(|\,h\,|=-h\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}h
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}(-h)
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
よって、右側極限と左側極限が一致するので、微分係数 \(f^{\prime}(1)=0\) が存在する
したがって、\(f(x)=|\,x-1\,|(x-1)\) は \(x=1\) で微分可能である
問題アーカイブ05
問題アーカイブ05\(\begin{eqnarray}~~~f(x)=\left\{~\begin{array}{l}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,x\,}~~(x{\small ~≧~}1)\\[5pt]x^2+ax+b~~(x\lt 1)\end{array}\right.\end{eqnarray}\) とする。
\({\small (1)}~\)\(f(x)\) が \(x=1\) で連続であるような定数 \(a~,~b\) の条件を求めよ。
\({\small (2)}~\)\(f(x)\) が \(x=1\) で微分可能であるような定数 \(a~,~b\) の値を求めよ。
\({\small (3)}~\)\(a~,~b\) が \({\small (2)}\) で求めた値のとき、\(y=f(x)\) のグラフをかけ。
\({\small (1)}~\)\(f(x)\) が \(x=1\) で連続であるような定数 \(a~,~b\) の条件を求めよ。
\({\small (2)}~\)\(f(x)\) が \(x=1\) で微分可能であるような定数 \(a~,~b\) の値を求めよ。
\({\small (3)}~\)\(a~,~b\) が \({\small (2)}\) で求めた値のとき、\(y=f(x)\) のグラフをかけ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅲ[701] p.78 問題 7
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\({\small (1)}~\)\(x=1\) での連続について、
右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{x \to 1+0}f(x)&=&\displaystyle \lim_{x \to 1+0}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,x\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{x \to 1-0}f(x)&=&\displaystyle \lim_{x \to 1-0}(x^2+ax+b)
\\[5pt]~~~&=&1^2+a \cdot 1+b
\\[3pt]~~~&=&1+a+b\end{eqnarray}\)
また、\(x=1\) のときの値を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~f(1)&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
よって、\(\displaystyle \lim_{x \to 1}f(x)=f(1)\) が成り立つには、右側極限と左側極限と \(f(1)\) が一致すればよいので、
\(\begin{eqnarray}~~~1+a+b&=&1
\\[3pt]~~~a+b&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、\(a+b=0\) となる
\({\small (2)}~\)\(x=1\) での微分可能について、
\(x=1\) で微分可能ならば連続であるので、\({\small (1)}\) より、
\(a+b=0~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
ここで、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(f(1+h)=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+h\,}\)
\(h\lt 0\) のとき、\(f(1+h)=(1+h)^2+a(1+h)+b\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+h\,}-1\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,1-(1+h)\,}{\,1+h\,}\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,-h\,}{\,h(1+h)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+h\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+0\,}
\\[5pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,(1+h)^2+a(1+h)+b-1\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,1+2h+h^2+a+ah+b-1\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,h^2+(a+2)h+(a+b)\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、\(a+b=0\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,h^2+(a+2)h\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}(h+a+2)
\\[5pt]~~~&=&0+a+2
\\[3pt]~~~&=&a+2\end{eqnarray}\)
よって、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) が存在するには、右側極限と左側極限が一致すればよいので、
\(\begin{eqnarray}~~~a+2&=&-1
\\[3pt]~~~a&=&-3\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~-3+b&=&0
\\[3pt]~~~b&=&3\end{eqnarray}\)
したがって、\(a=-3~,~b=3\) となる
\({\small (3)}~\)
\(\begin{eqnarray}~~~f(x)=\left\{~\begin{array}{l}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,x\,}~~(x{\small ~≧~}1)\\[5pt]x^2-3x+3~~(x\lt 1)\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{x \to 1+0}f(x)&=&\displaystyle \lim_{x \to 1+0}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,x\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \lim_{x \to 1-0}f(x)&=&\displaystyle \lim_{x \to 1-0}(x^2+ax+b)
\\[5pt]~~~&=&1^2+a \cdot 1+b
\\[3pt]~~~&=&1+a+b\end{eqnarray}\)
また、\(x=1\) のときの値を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~f(1)&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
よって、\(\displaystyle \lim_{x \to 1}f(x)=f(1)\) が成り立つには、右側極限と左側極限と \(f(1)\) が一致すればよいので、
\(\begin{eqnarray}~~~1+a+b&=&1
\\[3pt]~~~a+b&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、\(a+b=0\) となる
\({\small (2)}~\)\(x=1\) での微分可能について、
\(x=1\) で微分可能ならば連続であるので、\({\small (1)}\) より、
\(a+b=0~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
ここで、\(h\) の符号で場合分けすると、
\(h\gt 0\) のとき、\(f(1+h)=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+h\,}\)
\(h\lt 0\) のとき、\(f(1+h)=(1+h)^2+a(1+h)+b\)
これより、右側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+h\,}-1\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,1-(1+h)\,}{\,1+h\,}\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\displaystyle \frac{\,-h\,}{\,h(1+h)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to +0}\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+h\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+0\,}
\\[5pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
また、左側極限を求めると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,f(1+h)-f(1)\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,(1+h)^2+a(1+h)+b-1\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,1+2h+h^2+a+ah+b-1\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,h^2+(a+2)h+(a+b)\,}{\,h\,}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、\(a+b=0\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}\displaystyle \frac{\,h^2+(a+2)h\,}{\,h\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \lim_{h \to -0}(h+a+2)
\\[5pt]~~~&=&0+a+2
\\[3pt]~~~&=&a+2\end{eqnarray}\)
よって、微分係数 \(f^{\prime}(1)\) が存在するには、右側極限と左側極限が一致すればよいので、
\(\begin{eqnarray}~~~a+2&=&-1
\\[3pt]~~~a&=&-3\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~-3+b&=&0
\\[3pt]~~~b&=&3\end{eqnarray}\)
したがって、\(a=-3~,~b=3\) となる
\({\small (3)}~\)
\(\begin{eqnarray}~~~f(x)=\left\{~\begin{array}{l}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,x\,}~~(x{\small ~≧~}1)\\[5pt]x^2-3x+3~~(x\lt 1)\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
