本記事は第2章「関数の極限」の最終回として、有理関数・無理関数・三角関数・指数関数の極限、$e$ の定義、連続性、中間値の定理、不定形の処理といった全テーマを横断する総合問題に取り組みます。入試本番で求められる実戦力を養いましょう。
まず第2章で学んだ内容を一覧で振り返り、各テーマの繋がりを確認します。
有理関数の極限：$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{a_nx^n + \cdots}{b_mx^m + \cdots}$ は最高次の係数比で決まる（$n = m$ のとき）
無理関数の極限：$\infty - \infty$ 型は有理化。$\sqrt{A} - \sqrt{B} = \frac{A - B}{\sqrt{A} + \sqrt{B}}$
三角関数の極限：$\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$, $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$
自然対数の底：$\displaystyle\lim_{x \to 0}(1+x)^{1/x} = e$, $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1}{x} = 1$, $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\log(1+x)}{x} = 1$
連続性：$\displaystyle\lim_{x \to a}f(x) = f(a)$。中間値の定理：連続関数は中間の値をすべて取る
不定形の処理：$\frac{0}{0}$, $\frac{\infty}{\infty}$, $\infty - \infty$, $0 \cdot \infty$, $1^\infty$, $0^0$, $\infty^0$
関数の極限は微分法・積分法の基礎であり、数学IIIの全体を貫く最重要概念です。
1. 微分係数は極限として定義される（$\frac{0}{0}$ 型の極限）
2. 定積分はリーマン和の極限として定義される
3. 級数（無限和）は部分和の極限として定義される
つまり第2章の内容は、数学III全体の「言語」の役割を果たします。
| テーマ | 主な手法 | 典型的な不定形 |
|---|---|---|
| 有理関数 | 最高次で割る・因数分解 | $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty}{\infty}$ |
| 無理関数 | 有理化（共役の掛け算） | $\infty - \infty$, $\frac{0}{0}$ |
| 三角関数 | $\frac{\sin x}{x} \to 1$ への帰着 | $\frac{0}{0}$ |
| 指数・対数 | $e$ の定義式、対数変換 | $1^\infty$, $\frac{0}{0}$ |
| 連続性 | 左極限＝右極限＝関数値 | − |
| 中間値の定理 | 異符号の確認 | − |
有理関数と無理関数の極限を組み合わせた問題を扱います。因数分解、有理化、最高次での割り算を自在に使い分ける力が求められます。
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{x^3 - 8}{x^2 - 4}$ を求めよ。
解：$x^3 - 8 = (x-2)(x^2+2x+4)$, $x^2 - 4 = (x-2)(x+2)$
$\dfrac{(x-2)(x^2+2x+4)}{(x-2)(x+2)} = \dfrac{x^2+2x+4}{x+2} \to \dfrac{12}{4} = 3$
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}}{x}$ を求めよ。
解：有理化する。分子分母に $\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}$ を掛ける。
$\dfrac{(\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x})(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})}{x(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})} = \dfrac{(1+x)-(1-x)}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}$
$= \dfrac{2x}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})} = \dfrac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}} \to \dfrac{2}{2} = 1$
問題：$\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\sqrt{x^2 + 3x} - \sqrt{x^2 - x}\right)$ を求めよ。
解：有理化：$\dfrac{(x^2+3x)-(x^2-x)}{\sqrt{x^2+3x}+\sqrt{x^2-x}} = \dfrac{4x}{\sqrt{x^2+3x}+\sqrt{x^2-x}}$
$x > 0$ で分子分母を $x$ で割る：$\dfrac{4}{\sqrt{1+3/x}+\sqrt{1-1/x}} \to \dfrac{4}{1+1} = 2$
✗ $x \to -\infty$ のとき $\sqrt{x^2} = x$ とする
✓ $\sqrt{x^2} = |x|$ なので、$x < 0$ のとき $\sqrt{x^2} = -x$
$x \to -\infty$ での極限では $\sqrt{x^2 + \cdots} = |x|\sqrt{1 + \cdots} = -x\sqrt{1 + \cdots}$ とする。
三角関数の極限と自然対数の底 $e$ に関する極限を組み合わせた問題を扱います。
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}$ を求めよ。
解：$\tan x - \sin x = \sin x\left(\dfrac{1}{\cos x} - 1\right) = \sin x \cdot \dfrac{1 - \cos x}{\cos x}$
$\dfrac{\tan x - \sin x}{x^3} = \dfrac{\sin x}{x} \cdot \dfrac{1 - \cos x}{x^2} \cdot \dfrac{1}{\cos x}$
$\to 1 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 1 = \dfrac{1}{2}$
問題：$\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(1 + \frac{2}{x}\right)^{3x}$ を求めよ。
解：$t = \frac{x}{2}$ とおくと $x = 2t$, $x \to \infty$ のとき $t \to \infty$。
$\left(1 + \frac{2}{x}\right)^{3x} = \left(1 + \frac{1}{t}\right)^{6t} = \left[\left(1 + \frac{1}{t}\right)^t\right]^6 \to e^6$
問題：$\displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2}$ を求めよ。
解：$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{6} + \cdots$ より $\frac{\sin x}{x} \to 1$（$x \to 0$）。$1^\infty$ 型。
対数を取る：$\frac{1}{x^2}\log\frac{\sin x}{x} = \frac{1}{x^2}\log\left(1 - \frac{x^2}{6} + \cdots\right)$
$\log(1 + u) \approx u$（$u \to 0$）を使うと
$\approx \frac{1}{x^2}\left(-\frac{x^2}{6}\right) = -\frac{1}{6}$
よって $\displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2} = e^{-1/6}$
$\displaystyle\lim f(x)^{g(x)}$ で $f \to 1$, $g \to \infty$ のとき：
Step 1. 対数を取る：$g(x)\log f(x)$ の極限を調べる
Step 2. $f(x) = 1 + h(x)$（$h \to 0$）とおき、$\log(1+h) \approx h$ を利用
Step 3. $g(x) \cdot h(x)$ の極限 $= L$ ならば、元の極限は $e^L$
$\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$ と $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1}{x} = 1$ は形が似ています。どちらも「変化率が $1$ に近づく」ことを表しており、微分の観点からは $(\sin x)' |_{x=0} = 1$ と $(e^x)' |_{x=0} = 1$ に対応します。
連続性の判定と中間値の定理の応用を総合的に扱います。
問題：$f(x) = \begin{cases} x\sin\dfrac{1}{x} & (x \neq 0) \\ 0 & (x = 0) \end{cases}$ は $x = 0$ で連続か判定せよ。
解：$-|x| \leq x\sin\frac{1}{x} \leq |x|$ より
$\displaystyle\lim_{x \to 0} x\sin\frac{1}{x} = 0$（はさみうちの原理）
$f(0) = 0$ と一致するので、$f$ は $x = 0$ で連続。
問題：方程式 $x^3 + x - 1 = 0$ が区間 $(0, 1)$ にちょうど1つの実数解を持つことを示せ。
解：$f(x) = x^3 + x - 1$ とおく。$f$ は多項式なので連続。
$f(0) = -1 < 0$, $f(1) = 1 > 0$
中間値の定理より、$f(c) = 0$ を満たす $c \in (0, 1)$ が存在する。
一意性の証明：$f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$（すべての $x$ で成立）なので $f$ は狭義単調増加。
したがって $f(c) = 0$ を満たす $c$ はただ1つ。 $\square$
問題：$f(x) = e^x - 3x$ とする。方程式 $f(x) = 0$ が2つの正の実数解を持つことを示せ。
解：$f$ は連続。各点の値を計算する。
$f(0) = 1 > 0$
$f(1) = e - 3 \approx -0.28 < 0$
$f(2) = e^2 - 6 \approx 1.39 > 0$
中間値の定理より：$(0, 1)$ に $f(c_1) = 0$ を満たす $c_1$ が存在し、$(1, 2)$ に $f(c_2) = 0$ を満たす $c_2$ が存在する。
$c_1 \in (0, 1)$, $c_2 \in (1, 2)$ で $c_1 \neq c_2$。よって正の実数解は少なくとも2つ。 $\square$
✗ 連続でない関数に中間値の定理を適用する
✓ まず関数が閉区間で連続であることを明記してから定理を適用する
多項式は自動的に連続ですが、区分関数の場合は接続点での連続性を必ず確認しましょう。
入試本番で関数の極限の問題に出会ったときの取り組み方をまとめます。
1. 不定形の判定：$x \to a$ で分子・分母がそれぞれ何に収束するか確認
2. 手法の選択：$\frac{0}{0}$ → 因数分解/有理化。$\frac{\infty}{\infty}$ → 最高次で割る。$\infty - \infty$ → 有理化
3. 三角・指数の公式：$\frac{\sin x}{x}$, $\frac{e^x-1}{x}$, $(1+\frac{1}{x})^x$ 等の基本極限に帰着
4. 連続性の活用：連続関数なら $\lim f(g(x)) = f(\lim g(x))$
5. 中間値の定理：解の存在証明には符号変化を確認
関数の極限は計算量が比較的少ない分野です。1問あたり5〜10分を目安に。
素早く解ける問題：$\frac{\sin x}{x}$ 型、有理関数の $\frac{0}{0}$ 型 → 3分以内
やや時間がかかる問題：$1^\infty$ 型、パラメータ決定 → 5〜8分
じっくり取り組む問題：極限＋中間値の定理の融合 → 10分程度
第2章「関数の極限」で身につけた力は、次の第3章「微分法」で直接活きます。
極限計算の正確さ → 微分係数の計算に直結
連続性の理解 → 微分可能性の前提条件
不定形の処理力 → 不定形の極限としてのロピタルの定理へ
第2章をしっかり固めて、自信を持って微分法に進みましょう。
Q1. $\displaystyle\lim_{x \to 3} \frac{x^2 - 9}{x^2 - 5x + 6}$ を求めよ。
Q2. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{\sin 3x}$ を求めよ。
Q3. $\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(1 + \frac{3}{x}\right)^{2x}$ を求めよ。
Q4. $f(x) = x^3 - 3x + 1$ について、$f(0)$ と $f(1)$ を求め、$(0,1)$ に解があるか判定せよ。
Q5. $x \to -\infty$ のとき $\sqrt{x^2 + x}$ を $x$ の式で表すとき、$\sqrt{x^2}$ をどう扱うか。
次の極限を求めよ。
(1) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^{3x} - 1}{\sin 2x}$
(2) $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{4x^2 + x} - 2x + 1}{x}$
(1) $\dfrac{e^{3x}-1}{\sin 2x} = \dfrac{e^{3x}-1}{3x} \cdot \dfrac{2x}{\sin 2x} \cdot \dfrac{3}{2} \to 1 \cdot 1 \cdot \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$
(2) $\sqrt{4x^2+x} - 2x = \dfrac{4x^2+x-4x^2}{\sqrt{4x^2+x}+2x} = \dfrac{x}{\sqrt{4x^2+x}+2x}$
$\dfrac{\sqrt{4x^2+x}-2x+1}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{4x^2+x}+2x} + \dfrac{1}{x}$
$= \dfrac{1}{x(\sqrt{4+1/x}+2)} + \dfrac{1}{x} \to 0 + 0 = 0$
（注意：$x$ で割るので各項は $0$ に収束する。再計算すると）
$\dfrac{\sqrt{4x^2+x}-2x}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{4+1/x}+2} \to \dfrac{1}{4}$
$\dfrac{\sqrt{4x^2+x}-2x+1}{x} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{x} \to \dfrac{1}{4}$
次の極限を求めよ。
(1) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^{\sin x} - 1}{x}$
(2) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + \tan x)}{\sin x}$
(1) $t = \sin x$ とおく。$x \to 0$ のとき $t \to 0$。
$\dfrac{e^{\sin x}-1}{x} = \dfrac{e^t - 1}{t} \cdot \dfrac{t}{x} = \dfrac{e^t-1}{t} \cdot \dfrac{\sin x}{x} \to 1 \cdot 1 = 1$
(2) $u = \tan x$ とおく。$x \to 0$ のとき $u \to 0$。
$\dfrac{\log(1+\tan x)}{\sin x} = \dfrac{\log(1+u)}{u} \cdot \dfrac{u}{\sin x} = \dfrac{\log(1+u)}{u} \cdot \dfrac{\tan x}{\sin x}$
$= \dfrac{\log(1+u)}{u} \cdot \dfrac{1}{\cos x} \to 1 \cdot 1 = 1$
$f(x) = \begin{cases} \dfrac{e^x - e^{-x}}{x} & (x \neq 0) \\ a & (x = 0) \end{cases}$ について：
(1) $f(x)$ が $x = 0$ で連続となるような $a$ の値を求めよ。
(2) (1) で定めた $a$ に対して、方程式 $f(x) = 3$ が正の実数解を持つことを示せ。
(1) $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^x - e^{-x}}{x} = \lim_{x \to 0}\left(\frac{e^x - 1}{x} + \frac{1 - e^{-x}}{x}\right)$
$= \displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^x-1}{x} + \lim_{x \to 0}\frac{e^{-x}(e^x - 1) \cdot e^{-x}}{x}$
より簡単に：$\frac{e^x - e^{-x}}{x} = \frac{e^x - 1}{x} + \frac{e^{-x}(e^x - 1) \cdot \frac{1}{1}}{x}$
$t = -x$ とおくと $\frac{1-e^{-x}}{x} = \frac{e^t - 1}{t} \to 1$（$t \to 0$）
よって $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^x - e^{-x}}{x} = 1 + 1 = 2$。$a = 2$。
(2) $f(0) = 2 < 3$。$f(1) = \frac{e - e^{-1}}{1} = e - \frac{1}{e} \approx 2.350 < 3$。
$f(2) = \frac{e^2 - e^{-2}}{2} = \frac{7.389 - 0.135}{2} \approx 3.627 > 3$
$f$ は $[1, 2]$ で連続（$x \neq 0$ で連続は明らか）。
$f(1) < 3 < f(2)$ より、中間値の定理から $f(c) = 3$ を満たす $c \in (1, 2)$ が存在する。 $\square$
$\frac{e^x - e^{-x}}{x}$ は双曲線正弦関数 $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ と関連しています。$\frac{e^x-1}{x} \to 1$ という基本極限を $e^{-x}$ の部分にも適用するのがポイントです。
次の各問に答えよ。
(1) $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+\sin x} - \sqrt{1 - \sin x}}{\tan x}$ を求めよ。
(2) $\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x$ を求めよ。
(3) $f(x) = x - \cos x$ とする。方程式 $f(x) = 0$ がただ1つの実数解を持つことを示せ。
(1) 有理化：分子分母に $\sqrt{1+\sin x} + \sqrt{1-\sin x}$ を掛ける。
$\dfrac{(1+\sin x) - (1-\sin x)}{\tan x \cdot (\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x})} = \dfrac{2\sin x}{\tan x \cdot (\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x})}$
$= \dfrac{2\sin x}{\frac{\sin x}{\cos x} \cdot (\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x})} = \dfrac{2\cos x}{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}$
$x \to 0$：$\dfrac{2 \cdot 1}{1 + 1} = 1$
(2) $\dfrac{x+1}{x-1} = 1 + \dfrac{2}{x-1}$。$t = x - 1$ とおくと $t \to \infty$。
$\left(1+\frac{2}{t}\right)^{t+1} = \left(1+\frac{2}{t}\right)^t \cdot \left(1+\frac{2}{t}\right)$
$s = t/2$ とおくと $\left(1+\frac{1}{s}\right)^{2s} = \left[\left(1+\frac{1}{s}\right)^s\right]^2 \to e^2$
$\left(1+\frac{2}{t}\right) \to 1$ より $\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x \to e^2$
(3) $f(x) = x - \cos x$ は連続。$f(0) = -1 < 0$, $f\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2} > 0$。
中間値の定理より $(0, \frac{\pi}{2})$ に $f(c) = 0$ を満たす $c$ が存在する。
一意性：$f'(x) = 1 + \sin x \geq 0$。等号は $x = -\frac{\pi}{2} + 2n\pi$ のときのみで、$f'(x) = 0$ となる点は孤立している。よって $f$ は狭義単調増加。
したがって $f(c) = 0$ を満たす $c$ はただ1つ。 $\square$
(1) は無理関数の有理化と三角関数の極限の融合。(2) は $e$ の定義に帰着する $1^\infty$ 型。(3) は中間値の定理と単調性による一意性の証明。第2章の全テーマが凝縮された総合問題です。微分を学んだ後は (3) の単調性の証明がより自然に行えます。