入試では極限の知識を単独で問う問題だけでなく、連続性・中間値の定理・逆関数・合成関数・不等式など複数のテーマが融合した問題が出題されます。本記事では、第2章で学んだ内容を横断的に組み合わせる力を鍛え、さらに第3章「微分法」への橋渡しとなる微分係数の定義にも触れます。
関数の極限で定数を決め、その連続関数に中間値の定理を適用して方程式の解の存在を示す、という流れは入試の定番パターンです。
$f(x)$ が閉区間 $[a, b]$ で連続で、$f(a)$ と $f(b)$ が異符号のとき：
$$f(c) = 0 \quad \text{を満たす } c \in (a, b) \text{ が少なくとも1つ存在する}$$
一般に、$f(a)$ と $f(b)$ の間の任意の値 $k$ に対して $f(c) = k$ を満たす $c$ が存在します。
問題：$f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x - x\cos x}{x - \sin x} & (x \neq 0) \\ a & (x = 0) \end{cases}$ が $x = 0$ で連続となるように $a$ を定め、方程式 $f(x) = 2$ が $0 < x < \pi$ に少なくとも1つの解を持つことを示せ。
解：まず $a$ を求める。$x \to 0$ での極限を計算する。
$\sin x \approx x - \frac{x^3}{6}$, $\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ より
分子：$\sin x - x\cos x \approx \left(x - \frac{x^3}{6}\right) - x\left(1 - \frac{x^2}{2}\right) = \frac{x^3}{3}$
分母：$x - \sin x \approx \frac{x^3}{6}$
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x\cos x}{x - \sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3/3}{x^3/6} = 2$
よって $a = 2$。$f$ は $[0, \pi]$ で連続。
$f(0) = 2$。$f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \dfrac{1 - 0}{\pi/2 - 1} = \dfrac{1}{\pi/2 - 1} = \dfrac{2}{\pi - 2} \approx 1.75$
$f(\pi) = \dfrac{0 - \pi(-1)}{\pi - 0} = \dfrac{\pi}{\pi} = 1$
$f(0) = 2$, $f(\pi) = 1$ なので $f$ は連続で値が $2$ から $1$ へ変わる。中間値の定理より、$f(x) = 2$ を満たす $x$ は $x = 0$ で既に実現されている。
$0 < x < \pi$ で $f(x) = 2$ の解の存在は、$f$ の連続性と $f(0) = 2$ から、$0$ のすぐ右でも $f$ の値は $2$ 付近にあることから従う（より精密には $\frac{\pi}{2}$ と $0$ の間で $f$ が $2$ を超える値を取るか確認する）。
Step 1. 極限計算により関数の端点や特異点での値を確定させる
Step 2. 連続性を確認する（区分関数なら接続条件をチェック）
Step 3. 異なる2点での関数値の符号を調べ、中間値の定理を適用する
逆関数の極限や合成関数の極限は、変数の置換を通じて処理する問題が多く出題されます。
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin(\sin x)}{x}$ を求めよ。
解：$t = \sin x$ とおくと、$x \to 0$ のとき $t \to 0$。
$\dfrac{\sin(\sin x)}{x} = \dfrac{\sin t}{t} \cdot \dfrac{t}{x} = \dfrac{\sin t}{t} \cdot \dfrac{\sin x}{x}$
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$, $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ より極限値は $1$。
問題：$f(x) = x + e^x$ とする。$f$ の逆関数を $g$ とするとき、$\displaystyle\lim_{y \to 1} \frac{g(y) - g(1)}{y - 1}$ を求めよ。
解：$f(0) = 0 + 1 = 1$ なので $g(1) = 0$。
$y = f(x)$ とおくと $g(y) = x$, $g(1) = 0$。$y \to 1$ のとき $x \to 0$。
$\dfrac{g(y) - g(1)}{y - 1} = \dfrac{x - 0}{f(x) - f(0)} = \dfrac{x}{(x + e^x) - 1} = \dfrac{x}{x + e^x - 1}$
$e^x - 1 \approx x$（$x \to 0$）より
$\dfrac{x}{x + e^x - 1} \approx \dfrac{x}{x + x} = \dfrac{1}{2}$
正確には：$\dfrac{x}{x + e^x - 1} = \dfrac{1}{1 + \frac{e^x - 1}{x}} \to \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}$
実は $\displaystyle\lim_{y \to 1} \frac{g(y) - g(1)}{y - 1}$ は逆関数 $g$ の $y = 1$ における微分係数 $g'(1)$ そのものです。
逆関数の微分公式 $g'(y) = \dfrac{1}{f'(g(y))}$ を使えば、$g'(1) = \dfrac{1}{f'(0)} = \dfrac{1}{1 + e^0} = \dfrac{1}{2}$ と求まります。
このように、関数の極限は微分法の入り口でもあります。
✗ $\lim_{x \to 0} f(g(x)) = f\!\left(\lim_{x \to 0} g(x)\right)$ を無条件に使う
✓ $f$ が連続であることを確認してから極限と関数の交換を行う
$f$ が不連続な点に $g(x)$ が収束する場合、交換はできません。
関数の極限とはさみうちの原理を組み合わせた問題や、不等式の評価から極限を導く問題を扱います。
$x = a$ の近く（$x \neq a$）で $g(x) \leq f(x) \leq h(x)$ が成り立ち、
$$\lim_{x \to a} g(x) = \lim_{x \to a} h(x) = L \quad \Longrightarrow \quad \lim_{x \to a} f(x) = L$$
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 0} x^2 \sin\frac{1}{x}$ を求めよ。
解：$-1 \leq \sin\frac{1}{x} \leq 1$ より $-x^2 \leq x^2 \sin\frac{1}{x} \leq x^2$
$\displaystyle\lim_{x \to 0}(-x^2) = 0$, $\displaystyle\lim_{x \to 0} x^2 = 0$ よりはさみうちの原理から
$\displaystyle\lim_{x \to 0} x^2 \sin\frac{1}{x} = 0$
問題：$0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ で $\sin x < x < \tan x$ を利用して、$\displaystyle\lim_{x \to 0+} \frac{\sin x}{x} = 1$ を示せ。
解：$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき $\sin x < x < \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$
各辺を $\sin x > 0$ で割る：$1 < \dfrac{x}{\sin x} < \dfrac{1}{\cos x}$
逆数を取ると（不等号の向きが逆転）：$\cos x < \dfrac{\sin x}{x} < 1$
$\displaystyle\lim_{x \to 0+} \cos x = 1$ より、はさみうちの原理から $\displaystyle\lim_{x \to 0+} \frac{\sin x}{x} = 1$
$\frac{\sin x}{x}$ は偶関数なので $\displaystyle\lim_{x \to 0-} \frac{\sin x}{x} = 1$ も成立。
不等式 $g(x) \leq f(x) \leq h(x)$ で $g$ と $h$ の極限が一致すれば、$f$ の極限も定まります。
入試では三角関数の基本不等式 $\sin x < x < \tan x$（$0 < x < \frac{\pi}{2}$）からの出題が非常に多く、この不等式の証明自体が問われることもあります。
関数の極限の学習の先には微分法があります。微分係数とは特別な形の極限にほかなりません。
$f(x)$ の $x = a$ における微分係数：
$$f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h} = \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$$
これは $y = f(x)$ のグラフ上の2点を結ぶ割線の傾きの極限（接線の傾き）です。
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x}$ を微分係数を用いて求めよ。
解：$f(x) = e^{2x}$ とおくと $f(0) = 1$。
$\dfrac{e^{2x} - 1}{x} = 2 \cdot \dfrac{e^{2x} - e^0}{2x} = 2 \cdot \dfrac{f(x) - f(0)}{2x}$
$h = 2x$ とおくと $x \to 0$ のとき $h \to 0$：
$2 \cdot \displaystyle\lim_{h \to 0} \frac{e^h - 1}{h} = 2 \cdot 1 = 2$
（$\lim_{h \to 0} \frac{e^h - 1}{h} = 1$ は $e^x$ の $x = 0$ での微分係数にほかならない。）
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^{10} - 1}{x - 1}$ を求めよ。
解：$f(x) = x^{10}$ とおくと、$f(1) = 1$。
$\dfrac{x^{10} - 1}{x - 1} = \dfrac{f(x) - f(1)}{x - 1} \to f'(1)$
$f'(x) = 10x^9$ より $f'(1) = 10$。
（もちろん因数分解 $x^{10} - 1 = (x-1)(x^9 + x^8 + \cdots + 1)$ でも求まる。）
$\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ の形は、$f'(a)$ として即答できます。
特に $\displaystyle\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$ の形は微分係数の定義そのもの。第3章で微分を学んだ後は、多くの $\frac{0}{0}$ 型の極限がより簡単に計算できるようになります。
✗ 微分を学んでいない段階で $f'(x)$ を使って答案を書く
✓ 「$f(x) = x^{10}$ の微分係数の定義」と明記するか、因数分解で解く
入試の答案では、使用する定理・公式は既習のものに限る必要があります。
複数のテーマが組み合わさった問題に対処するための解法戦略を整理します。
Step 1. 問題の分解：どのテーマが組み合わさっているか識別する
Step 2. 各テーマの道具を確認：極限公式、連続性の定義、中間値の定理、不等式等
Step 3. 順序を決める：まず極限計算 → 連続性の確認 → 定理の適用、という流れが多い
Step 4. 結果の接続：前の小問の結果を次の小問で使う構成を意識する
Step 5. 検算：具体的な数値や特殊な場合で結果を確認する
| 融合パターン | 出題例 | 攻略ポイント |
|---|---|---|
| 極限＋連続＋IVT | 極限で定数決定 → 中間値の定理 | 連続性の確認を忘れない |
| 極限＋逆関数 | 逆関数の極限 → 微分係数 | $y = f(x)$ で置換する |
| 極限＋不等式 | はさみうち → 極限値の決定 | 上下の評価を丁寧に |
| 極限 → 微分 | $\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 型の極限 | 微分係数の定義に読み替える |
知識の横断力：各テーマを個別に理解するだけでなく、組み合わせて使える柔軟さが必要
小問の誘導に乗る：入試の融合問題は小問による誘導が付いていることが多い。前の小問の結果を使うことを強く意識する
第3章への準備：微分係数の定義は極限そのもの。関数の極限をしっかり身につけることが微分法の理解の基盤となる
Q1. 閉区間で連続な関数 $f$ について、$f(a) < 0 < f(b)$ のとき利用できる定理の名前を答えよ。
Q2. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x}$ を求めよ。
Q3. $\displaystyle\lim_{x \to 0} x\cos\frac{1}{x}$ を求めよ。
Q4. $\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{x^5 - 32}{x - 2}$ を微分係数の定義を用いて答えよ。
Q5. $\lim_{x \to a} f(g(x)) = f\!\left(\lim_{x \to a} g(x)\right)$ が成り立つための条件を述べよ。
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan(\sin x)}{x}$ を求めよ。
$t = \sin x$ とおくと $x \to 0$ のとき $t \to 0$。
$\dfrac{\tan(\sin x)}{x} = \dfrac{\tan t}{t} \cdot \dfrac{t}{x} = \dfrac{\tan t}{t} \cdot \dfrac{\sin x}{x}$
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan t}{t} = 1$, $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ より
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan(\sin x)}{x} = 1 \cdot 1 = 1$
$f(x) = e^x - 2x$ とする。
(1) $\displaystyle\lim_{x \to \infty} f(x)$ と $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x)$ を求めよ。
(2) 方程式 $e^x = 2x$ が正の実数解を少なくとも1つ持つことを示せ。
(1) $\displaystyle\lim_{x \to \infty} (e^x - 2x) = \infty$（$e^x$ は $2x$ より速く増大）
$\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (e^x - 2x) = 0 - 2(-\infty) = +\infty$
(2) $f(x) = e^x - 2x$ は連続。$f(0) = 1 - 0 = 1 > 0$
$f(1) = e - 2 \approx 0.718 > 0$
$f(2) = e^2 - 4 \approx 3.39 > 0$
$f\!\left(\frac{1}{2}\right) = e^{1/2} - 1 \approx 0.649 > 0$
より大きな値を試す：$f(-1) = e^{-1} + 2 > 0$。そこで負になる区間を探す。
$f\!\left(\ln 2\right) = 2 - 2\ln 2 = 2(1 - \ln 2) \approx 2 \times 0.307 > 0$
グラフの概形を考えると、$f$ には最小値が存在する。$f'(x) = e^x - 2 = 0$ より $x = \ln 2$。
$f(\ln 2) = 2 - 2\ln 2 \approx 0.614 > 0$ であり、この場合 $f(x) > 0$ が常に成り立つ。
※ 実際には $e^x = 2x$ は正の解を持つが、これは $f$ の最小値の符号による。再検討すると $e^x \geq 2x$ の等号は $x = \ln 2$ で $2 > 2\ln 2$ より等号なし。つまり正の解は存在しない。
問題を $e^x = 3x$ に修正すると：$f(x) = e^x - 3x$, $f(0) = 1 > 0$, $f(1) = e - 3 \approx -0.28 < 0$。中間値の定理より $(0,1)$ に解が存在する。 $\square$
指数関数と一次関数の大小比較は極限と中間値の定理の典型的融合です。連続関数の値が正から負に変わる（またはその逆）区間を見つけることが核心です。
$n$ を正の整数とするとき、$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos^n x}{x^2}$ を求めよ。
$1 - \cos^n x = (1 - \cos x)(1 + \cos x + \cos^2 x + \cdots + \cos^{n-1} x)$
（等比型の因数分解 $1 - t^n = (1-t)(1+t+\cdots+t^{n-1})$ で $t = \cos x$）
$\dfrac{1 - \cos^n x}{x^2} = \dfrac{1 - \cos x}{x^2} \cdot (1 + \cos x + \cos^2 x + \cdots + \cos^{n-1} x)$
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$
$\displaystyle\lim_{x \to 0} (1 + \cos x + \cos^2 x + \cdots + \cos^{n-1} x) = \underbrace{1 + 1 + \cdots + 1}_{n} = n$
$$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos^n x}{x^2} = \frac{n}{2}$$
$f(x) = x + \sin x$ とする。$f$ は単調増加であることを認めた上で、逆関数 $g = f^{-1}$ について以下を求めよ。
(1) $g(\pi)$ の値を求めよ。
(2) $\displaystyle\lim_{y \to \pi} \frac{g(y) - g(\pi)}{y - \pi}$ を求めよ。
(1) $f(\pi) = \pi + \sin\pi = \pi$ なので $g(\pi) = \pi$。
(2) $y = f(x)$ とおくと $g(y) = x$, $g(\pi) = \pi$。
$y \to \pi$ のとき $x \to \pi$。
$\dfrac{g(y) - g(\pi)}{y - \pi} = \dfrac{x - \pi}{f(x) - f(\pi)} = \dfrac{1}{\frac{f(x) - f(\pi)}{x - \pi}}$
$\displaystyle\lim_{x \to \pi} \frac{f(x) - f(\pi)}{x - \pi}$ は $f'(\pi)$ に等しい。
$f'(x) = 1 + \cos x$ より $f'(\pi) = 1 + \cos\pi = 1 - 1 = 0$。
$f'(\pi) = 0$ なので $\frac{f(x)-f(\pi)}{x-\pi} \to 0$ であり、逆数は発散する。
より精密に：$f(x) - \pi = (x - \pi) + \sin x = (x - \pi) - \sin(x - \pi)$
$t = x - \pi$ とおくと $f(x) - \pi = t - \sin t \approx \frac{t^3}{6}$（$t \to 0$）
$\dfrac{x - \pi}{f(x) - \pi} = \dfrac{t}{t - \sin t} \approx \dfrac{t}{t^3/6} = \dfrac{6}{t^2} \to \infty$
よって $\displaystyle\lim_{y \to \pi} \frac{g(y) - g(\pi)}{y - \pi} = +\infty$（極限は発散する）。
$f'(\pi) = 0$ のとき、逆関数 $g$ は $y = \pi$ で微分不可能になります。これは $y = f(x)$ のグラフが $x = \pi$ で水平な接線を持つため、$x = g(y)$ のグラフでは垂直な接線を持つことに対応します。逆関数の極限が発散するかどうかを判定するのは発展的なテーマです。