（2）についてです。g（x）=0が0<x<1以外に解をもつ場合はないのですか？回答よろしくお願いします！

ま問題 にして, ca be log√bc log√ca 12>04 (x) a-c .d& g'(x)=f'(x)-1≤1-1<0 第4! 微分 a 0=\)\ となり、 bc c-b ab log + be log + a log ca a-c a+b+c+2√ab+2、bc+2√ca =1 ここで、√a+6+√c=1 の両辺を2乗すると, (√a+√√b+√c)²=12 syabtv/bc+√ca ...... ① であるから,g(x)は単調減少な関数である。 ここでg(0),g(1) を考えると, *go g(0)=f(0)-0=1+e=20 g(1)=f(1)-1=1 1+e ab+c+√ca=1-(a+b+c)....② もつ。 したがって,g(x)=0は0<x<1にただ1つの解を == e+1 e+1 中間 2 また、√a++√c=1のとき,(2)より,0x (3)(2)において よって、f(x)=xはただ1つの実数解をもつ。 g'(x) ある. Toge f(x)=x を満たす y=x/ 190-18- a+b+c ......3 loga <0 f(x)は logi 01 1=x+p+q s ただ1つの解をβと おくと, 0<β<1で あり、 x)(am,f(an)) y=f(x) 0 1- f(B)=β① an ab b b-a a C ca a b a-c log 4 1 関数f(x)= について,次の問いに答えよ. 1+e c-b ② ③より, ab+√bc+√/ca2 3 よって ①より bc -log- + -log 3 1 a+b+cz . *22 an+1 8 1 x 1-(a+b+c) ≤1-1/2-1/2 また、条件より f(a)=an+1 ② ①②の辺々の差の絶対値をとると 3 f(a)-f(B)1=la,+1βL③) ここで,_amキβ のとき, f(x) に平均値の定理を用い ると, an-B f(an)-f(B)=f'(c) ....... 次のよ (021) (1) 導関数f'(x) の最大値を求めよ. (2)方程式 f(x)=xはただ1つの実数解をもつことを示せ.p)+(play (3) 漸化式 an+1=f(a.) (n=1, 2, 3, ...) で与えられる数列{a} は,初項 α, の値によら ず収束し、その極限値は(2)の方程式の解になることを示せ. (1) f'(x)=- (1te_^*) e (1+e) 1+2e+e 2x 1 1 *+2+e__** +++2 ここで0.10 であるから,相加平均・相乗平 を満たすc が と β の間に存在する. ④を変形して, \f(am)-f(β)\=lf'(c)lla-B ③を用いると, |an+1-Bl=\f'(c)lla-B....... ⑤ つまり、⑤を満たすc が, am とβの間に存在する. (1)より、f'(x)=1であるので, 微分 分母,分子にe を掛ける lam+1-B1=\f'(c)lla-Bl 737 ya laß よって 立つ 均の関係より, e+ +22√2 e+2/+224 したがって, f'(x)=- 1 1 e++2 e* よって、f'(x) の最大値は, (2)g(x)=f(x)-xとおくと, 等号成立は,e=1 すなわち、x=0 のとき 両辺ともに正より逆数をと る. 19480 201 また,am=βのときも ⑥は成り立つ. ⑥をくり返し用いると したがって, のと 0<lan-Bal d であり, lim うちの原理より, Ka a (C -1 と 2a-β=0であるから、⑦とはさみ

【平均値の定理】 平均値の定理を使った問題なのですがなぜ二枚目の写真のようにf(x)の導関数が単調減少であることを示さないといけないんですか?

0<a<b のとき, 平均値の定理を用いて logb-loga 1 1 < b b-a a を示せ.

数3の質問です、赤丸の極限の計算がいまいち分かりません！教えていただきたいです。

EX 関数 y=x * (1-x)-x (0<x<1) について,次の問いに答えよ。 ③ 156 (1) yの導関数を求めよ。 (2)yのとりうる値の範囲を求めよ。 ただし、必要があれば, lim=1であることを証明なしに 用いてよい。 t+0 (1) 0<x<1よりy=x^(1-x) * の両辺は正であるから, 自然 [愛知教育大 ] 対数をとると logy=logxx (1-x)=xlogx+(1-x)log(1-x) ins 両辺をxで微分すると でに増加し = () Job y = 1.10gx+x. 1 −1·1 y x +(-1)・log(1-x)+(1-x)・ 1-x (1-1)(1+1) =log1-x よって 4) y'=ylog]_x=x*(1-x)'*10g1-x -9) ← の公式を -<1のとき<0 630-(0) (1)11のときy> 0 x 1-x

導関数の応用の問題（下の写真）にての疑問です。 問題文では0≦aですが、 解答では0<aとなっています。 a=0のときを含めても答えはそのままだと思ったので、問題文に合わせていないがモヤモヤします… どうしてですか？

α > 0 とする。 関数 f(x)=x-3x2+2(0≦x≦α) について (1) f(x) の最小値, およびそのときのxの値を求めよ。 (2) f(x) の最大値, およびそのときのxの値を求めよ。

例題79.2 模範解答で「cosθ≠0のとき」と書いているところを 「θ≠0°のとき」と書き間違えてしまったのですが、 これは厳密には「θ=2nπのとき」が正しいが、 nという値を出すくらいならcosθ≠0としたほうがいいということですか？

基本 例題 79 媒介変数表示された関数の導関数 00000 xの関数yが,t, 0 を媒介変数として,次の式で表されるとき,導関数 t.0の関数として表せ。 ただし, (2) のαは正の定数とする。 dy dx を x=t+2 (1) y=t2-1 x=a(O-sin0) (2) y=a(1-cos0) p.129 基本事項 3 重要 80、 指針 媒介変数表示された関数の導関数は,次の公式を利用して計算するとよい。 dy x=f(t), y=g(t) のとき dy dy dt dt g'(t) = = dx dt dx dx = f'(t) dt (1) dx =312, dy =2t V (1) 曲線の概形 dy 解答 dt dt dy Ex よって, t≠0のとき dx=21-2 2t 3t2 3t t=1 t=-3/2 2 dx dy (2) =a(1-cos 0), =asino I 3 de x de -1 t=0 よって, cos0≠1のとき dy_asin = dx a(1-cos 0) sin == 1- cos 0

途中式や答えが間違っていないか、確認して欲しいです。よろしくお願いします🙇🏻‍♀️

問題4. 以下の2つの関数 y=f(x)について1階微分を行い導関数を求めなさい。 (1) y = x ln(x) + x (2) y=xsin (2x+1) (2) y=x sin(2x + 1) d [x]=1] dx (1) y=xen (x) +X dx · [x ln (x)] = [· In (x) +x= * ax [sin(2x+1)] = COS (2x+1)+2 =2005(2x+1) = = ln(x) +1 d dx [*]-1 £2 f'(x)=sin(2x+1) + X12COS (2x+1) = Sin (2x+1)+2XCOS (2x+1) d よってf(x)= [xen(x)+x] dx =ln(x)+1+1 = ln(x)+2 ✯ (1) f'(x) = ln (x)+2 (2) f(x) = Sin (2x+1)+2XCOS (2x+1) 問題 5. 以下の2つの関数について不定積分を計算しなさい。 積分定数はCとし、 解には 積分定数を表示すること。 -4x+2=uとおく。 e-4x+2 dx Se-4x+ du -=-4 dx du dx = Sea du=e" 4 4 4 e- -48+2 +C (Cは積分定数) -4 Se-4x+2dx = Seudu === Se" du 答 -~ -48+2 +C 1

例題75.2 私が書いた波線部は、y以外は◯回微分を( ◯ )というふうに書かないからd/dxのk乗というふうに書いているのですか？？

2 基本 例題 75 第n 次導関数を求める (1) nπ (1) y=sin2x のとき,y)=2"sin(2x+ 2 nを自然数とする。 00000 sin(x+ であることを証明せよ。 /p.129 基本事項 重要 76, p.135 参考事項 (2) y=x”の第n 次導関数を求めよ。 指針 yan) は,yの第n次導関数のことである。そして,自然数nについての問題である から, 自然数nの問題 数学的帰納法で証明の方針で進める。 (2)では, n=1,2,3の場合を調べてy() を推測し,数学的帰納法で証明する。 注意 数学的帰納法による証明の要領 (数学B) [1] n=1のとき成り立つことを示す。 n=k+1のときも成り立つことを示す。 =kのとき成り立つと仮定し, [2] nπ (1)y(n)=2"sin2x+ 2 ① とする。 解答 [1] n=1のとき y'=2cos2x=2sin2x+ トル)であるから,①は成り立つ。 kл [2]n=k のとき,①が成り立つと仮定すると y = 2* sin(2x+ n=k+1のときを考えると,②の両辺をxで微分して d 2 kл _y(k)=2k+1cos2x+ ( D dx 2 ゆえに yk2'''sin(2x++1)=2*+sin{2x+(k+1)x} よって;n=k+1のときも ① は成り立つ。 [1], [2] から, すべての自然数nについて ① は成り立つ。 (2) n=1,2,3のとき,順に _y'=x'=1,y"=(x2)"=(2x)'=2・1,y" = (x3)"=3(x2)"=3・2・1 したがって,y(n)=n! ...... ① と推測できる。 [1] n=1のとき y=1! であるから, ① は成り立つ。 [2] n=kのとき, ①が成り立つと仮定すると y(k)=k! すなわち dk dxkx*=k! →(ス n=k+1のときを考えると, y=xk+1 で, (x+1)'=(k+1)xであるから dk k+ dk (d²xx*+1) = d² * ((k+1)x^} dockdx y (k+1)=- =(k+1)- dk dxk /dxkx=(k+1)k!=(k+1)! よって, n=k+1のときも ① は成り立つ。 [1], [2] から, すべての自然数nについて①は成り立ち 次の関数の第n次導関数を求めよ (2) y=^ y(n)=n!

例題74.2 恒等式という記述がないですがこれでも問題ないですよね？ （3枚目を確認してほしいです。2枚目はそこまでの導入も一応載せただけであり、おそらく記述に問題はありません。）

よ。 本 65 基本例 74 第2次導関数と等式 1) y = log(1+cosx) のとき,等式 y"+2eY =0 を証明せよ。 131 00000 自 (2)y=exsinx に対して, y”=ay+by' となるような実数の定数a,bの値を求 めよ。 [(1) 信州大, (2) 駒澤大]基本 73 指針第2次関数y”を求めるには、まず導関数を求める。また,(1),(2)の等式はとも にの恒等式である。 (1)y" を求めて証明したい式の左辺に代入する。 またe-xで表すには,等式 elogppを利用する。 (2)y', y” を求めて与式に代入し, 数値代入法を用いる。 なお, 係数比較法を利用す → ることもできる。 ・解答編 p.94 の検討 参照。 (1)y=2log(1+cosx) であるから 2sinx 1+cosx <logM = klogM なお, -1≦cosx≦1と (真数) > 0 から _ 2{cosx(1+cosx)=sinx(-sinx)} | 1+cosx>0 解答 y' =2• (1+cosx) こでは 1+cosx よって y"=- しょう x2+3), -12x)' x)', in 2x) (1+cosx) 2(1+cosx) _ _ _ 2 ( Nhật (1+cosx) [ == 1+cosx また, Y = log(1+cosx) であるからex=1+cosx 2 ゆえに 2e2 2 2 = y 1+cosx よって y"+2e-1/2=- 2 2 + =0 1+cosx 1+cosx x+cos2x=1 elogp=pを利用すると elog(1+cosx)=1+cosx 3章 1 高次導関数、関数のいろいろな表し方と導関数 ga), gay anx cos2y g(x)をxで ・もの。 v' (2) y=2e² sinx+ex cos x=e²x (2 sinx+cosx) y=2e(2sinx+cosx)+e (2cosx−sinx) =e2x(3sinx+4cosx) ...... ① ゆえにay+by=aesinx+be2x(2sinx+cosx) =e2x{(a+26)sinx+bcosx} y" =ay+by' に ① ② を代入して 2x (3sinx+4cosx)=e2x{(a+26)sinx+bcosx} 4=b ③はxの恒等式であるから, x=0を代入して π を代入して また,x=2 これを解いて このとき って 3e"=e" (a+26) a=-5,6=4 (③の右辺) 4(e2)(2sinx+cosx) +ex(2sinx+cosx) 参考 (2) のy"=ay+by' のように、未知の関数の 導関数を含む等式を微分 方程式という(詳しくは p.353 参照)。 ③が恒等式 ③に x=0, を代入しても 成り立つ。 =e2x{(-5+2.4)sinx+4cosx)=(③の左辺) 逆の確認。 a=-5,b=4 [S][]

例題72.2 f(0)の求め方はこれでもいいのでしょうか？？

演習 例題 72 関数方程式の条件から導関数を求める 関数f(x) は微分可能で, f'(0) = a とする。 00000 (1) 任意の実数x, y に対して,等式f(x+y=f(x)+f(y) が成り立つとき, f(0), f'(x) を求めよ。 (2)任意の実数x,y に対して, 等式f(x+y=f(x)f(y), f(x)>0が成り立つ f(0) を求めよ。 また, f'(x) を α, f(x) で表せ。 演習 70 このようなタイプの問題では,等式に適当な数値や文字式を代入することがカギ となる。 f (0) を求めるには, x=0 や y = 0 の代入を考えてみる。 また,f'(x) は 定義 f'(x)=limf(x+h)-f(x) h→0 h に従って求める。 等式に y=h を代入して得られる式を利用して,f(x+h)-f(x)の部分を変形していく。 きを (5) (1) f(x+y=f(x)+f(y) ..... ① とする。 解答 ① に x=0 を代入すると f(y)=f(0)+f(y) f(0)=0 x=y=0を代入してもよい。 【アの両辺からf (y) を引く。 また, ① に y=h を代入するとf(x+h)=f(x)+f(h) f(x+h)=f(x)+f(h) から 12 ma ゆえに ゆえに f'(x)=lim f(x+h)−f(x) f(h) f(x+h)-f(x)=f(h) = =lim [大工製受] h→0 h h→0 h f(+h)-f() =lim f(x)+ho (2) f(x+y=f(x)f(y) f(0+h)-f(0) ②にx=y=0 を代入すると ② とする。 (*) lim -=f'(■) =f'(0)=a h→0 h h (*) f(0)=0 ...... f(0)=f(0)f(0) f(0) 2次方程式とみる。 よって f(0){f(0)-1}=0 (2 (0) f(0) > 0 であるから f(0)=1 また, ② に y=h を代入するとf(x+h)=f(x)f(h) 条件f(x)>0に注意。 大 (S) ゆえに BC [大 f'(x)=lim f(x+h)-f(x) h f(x){f(h)-1} =lim lim f(x)f(h)-f(x) h→0 h→0 h (E) h→0 (2) AB Ta f(0+h)-f(0) =f(x)・lim h h→0 dx f(0) = 1, f'(0)=α = f(x)• f'(0) =af (x) = < 8

和積の公式を使うところで加法定理にしちゃったんですけど、どうしてダメなのか教えてください。

58 導関数 (1) 関数 f(x) が微分可能のとき, 導関数f'(x)の定義をかけ. (2)(1)とlim sin x x→0 IC 3 -=1 のみを用いて, f(x) =cosx の導関数を求めよ. 精講 導関数の定義は解答の (1) を見てもらうことにして,ここでも(1)の答 えの形ではなく、ポイントの形で頭に入れておく方がよいでしょう. 解答 (1)f'(x)=lim h→0 f(x+h)-f(x) h (2)f(x+h)-f(x)=cos(x+h)-cos I =-2sin(x+2) sin 1/2/ ht (注参照 和積 + h f(x+h)-f(x) sin →>>> h f(x)=-sin(x+1/2) 2 →微分では h- そろえる 2 mil h sin f(x+h)-f(x) 2 よって, lim -=- —sinx lim -=1 より h→0 h h→0 h 2 :.f'(x)=-sinx A+B A-B 注 cos A-cos B=-2sin- -sin- (IIB ベク 57 和積の公式) 2 2 ポイント f'(x)=lim f(x+A)-f(x) (△はすべて同じもの △→0 演習問題 58 定義にしたがって,次の導関数を求めよ. (1) y=√x+1 (x>-1) x+2 (2)y= x+1 第5章