【解法】

分母・分子を n² で割ります。

lim_n→∞ (3n² + 2n - 1) / (2n² - n + 4)

= lim_n→∞ (3 + 2/n - 1/n²) / (2 - 1/n + 4/n²)

n → ∞ のとき、1/n → 0, 1/n² → 0 より

= (3 + 0 - 0) / (2 - 0 + 0)

= 3/2

【解法】

分母・分子を 3ⁿ で割ります。

lim_n→∞ (2ⁿ + 3ⁿ) / (2ⁿ⁺¹ + 3ⁿ⁺¹)

= lim_n→∞ ((2/3)ⁿ + 1) / (2·(2/3)ⁿ + 3)

n → ∞ のとき、(2/3)ⁿ → 0 より（∵ |2/3| < 1）

= (0 + 1) / (2·0 + 3)

= 1/3

【解法】

初項 a = 1, 公比 r = 1/3

|r| = 1/3 < 1 より、この無限等比級数は収束する。

和 = a / (1 - r) = 1 / (1 - 1/3) = 1 / (2/3) = 3/2

【解法】

すべての自然数 n に対して -1 ≤ sin n ≤ 1 より、

-1/n ≤ (sin n)/n ≤ 1/n

n → ∞ のとき、

lim_n→∞ (-1/n) = 0, lim_n→∞ (1/n) = 0

はさみうちの原理より、

lim_n→∞ (sin n)/n = 0

【解法】

lim_x→0```html

lim_x→0 (sin 3x) / x

= lim_x→0 (sin 3x) / (3x) × 3

ここで、x → 0 のとき 3x → 0 なので、

lim_x→0 (sin 3x) / (3x) = 1

よって、

= 1 × 3 = 3

【解法】

x² - 4 = (x + 2)(x - 2) より、

lim_x→2 (x² - 4) / (x - 2)

= lim_x→2 (x + 2)(x - 2) / (x - 2)

= lim_x→2 (x + 2)　（x ≠ 2 で約分可能）

= 2 + 2 = 4

【解法】

分子を有理化します。

lim_x→∞ (√(x² + 2x) - x)

= lim_x→∞ (√(x² + 2x) - x) × (√(x² + 2x) + x) / (√(x² + 2x) + x)

= lim_x→∞ ((x² + 2x) - x²) / (√(x² + 2x) + x)

= lim_x→∞ 2x / (√(x² + 2x) + x)

分母・分子を x で割ると（x > 0 より √(x²) = x）、

= lim_x→∞ 2 / (√(1 + 2/x) + 1)

= 2 / (√1 + 1) = 2/2 = 1

【解法】

lim_x→0 (e^2x - 1) / x

= lim_x→0 (e^2x - 1) / (2x) × 2

ここで、x → 0 のとき 2x → 0 なので、

lim_x→0 (e^2x - 1) / (2x) = 1

よって、

= 1 × 2 = 2

【解法】

lim_x→0 log(1 + 3x) / x

= lim_x→0 log(1 + 3x) / (3x) × 3

ここで、x → 0 のとき 3x → 0 なので、

lim_x→0 log(1 + 3x) / (3x) = 1

よって、

= 1 × 3 = 3

【解法】

x = 0 で連続となる条件は、

lim_x→0 f(x) = f(0)

まず、lim_x→0 f(x) を求める。

lim_x→0 (sin 2x) / x = lim_x→0 (sin 2x) / (2x) × 2 = 1 × 2 = 2

よって、連続となる条件は、

a = 2

【解法】

(1) b_n = a_n - 3 より a_n = b_n + 3

a_n+1 = (2a_n + 3) / 3 に代入すると、

b_n+1 + 3 = (2(b_n + 3) + 3) / 3 = (2b_n + 9) / 3

b_n+1 = (2b_n + 9) / 3 - 3 = (2b_n + 9 - 9) / 3 = 2b_n / 3

よって、b_n+1 = (2/3)b_n

(2) (1)より、{b_n} は公比 2/3 の等比数列。

b₁ = a₁ - 3 = 1 - 3 = -2

b_n = -2 × (2/3)^n-1

a_n = b_n + 3 = 3 - 2 × (2/3)^n-1

(3) |2/3| < 1 より、lim_n→∞ (2/3)^n-1 = 0

lim_n→∞ a_n = 3 - 2 × 0 = 3

【解法】

部分分数分解を行う。

1 / (n(n+1)) = 1/n - 1/(n+1)

部分和 S_N を計算すると、

S_N = Σ_n=1^N (1/n - 1/(n+1))

= (1/1 - 1/2) + (1/2 - 1/3) + (1/3 - 1/4) + ... + (1/N - 1/(N+1))

= 1 - 1/(N+1)　（途中の項が消える）

したがって、

lim_N→∞ S_N = lim_N→∞ (1 - 1/(N+1)) = 1 - 0 = 1

【解法】

半角公式 1 - cos x = 2sin²(x/2) を使う。

lim_x→0 (1 - cos x) / x²

= lim_x→0 2sin²(x/2) / x²

= lim_x→0 2sin²(x/2) / (4 × (x/2)²)

= lim_x→0 (1/2) × (sin(x/2) / (x/2))²

x → 0 のとき x/2 → 0 なので、

= (1/2) × 1² = 1/2

【解法】

tan x - sin x = (sin x / cos x) - sin x = sin x × (1 - cos x) / cos x

よって、

lim_x→0 (tan x - sin x) / x³

= lim_x→0 sin x × (1 - cos x) / (cos x × x³)

= lim_x→0 (sin x / x) × ((1 - cos x) / x²) × (1 / cos x)

= 1 × (1/2) × (1/1)

= 1/2

【解法】

t = x/2 とおくと、x = 2t で、x → ∞ のとき t → ∞

lim_x→∞ (1 + 2/x)^x = lim_t→∞ (1 + 1/t)^2t

= lim_t→∞ {(1 + 1/t)^t}²

= e²

【別解】

lim_x→∞ (1 + 2/x)^x

= lim_x→∞ {(1 + 2/x)^x/2}²

= {lim_x→∞ (1 + 2/x)^x/2}²

y = x/2 とおくと、2/x = 1/y, x → ∞ のとき y → ∞

= {lim_y→∞ (1 + 1/y)^y}² = e²

【解法】

t = log x とおくと、x = e^t, x → ∞ のとき t → ∞

lim_x→∞ (log x)² / x = lim_t→∞ t² / e^t

ここで、lim_t→∞ tⁿ / e^t = 0（任意の自然数 n に対して）より、

lim_t→∞ t² / e^t = 0

【解法】

t = e^x - 1 とおくと、x = log(1 + t) で、x → 0 のとき t → 0

e^x - 1 - x = t - log(1 + t)

また、x² = {log(1 + t)}²

この極限は複雑なので、マクローリン展開の考え方を使う。

e^x = 1 + x + x²/2! + x³/3! + ... より、

e^x - 1 - x = x²/2 + x³/6 + ... = x²(1/2 + x/6 + ...)

よって、

lim_x→0 (e^x - 1 - x) / x² = lim_x→0 (1/2 + x/6 + ...) = 1/2

【解法】

この級数が収束するための必要条件は、一般項が 0 に収束すること。

lim_n→∞ (2x - 1)ⁿ / n = 0

これが成り立つには |2x - 1| ≤ 1 が必要。

-1 ≤ 2x - 1 ≤ 1 より 0 ≤ x ≤ 1

境界値の検討：

① x = 1 のとき：Σ 1/n（調和級数）→ 発散

② x = 0 のとき：Σ (-1)ⁿ/n（交代調和級数）→ 収束

また、|2x - 1| < 1 のとき（0 < x < 1）は、

|(2x - 1)ⁿ / n| ≤ |2x - 1|ⁿ で、

Σ |2x - 1|ⁿ は |2x - 1| < 1 より収束するので、

元の級数も収束する。

よって、0 ≤ x < 1

【解法】

(1) x > 0 のとき |x| = x より、

f(x) = x/x = 1

lim_x→+0 f(x) = 1

(2) x < 0 のとき |x|```html

(2) x < 0 のとき |x| = -x より、

f(x) = (-x)/x = -1

lim_x→-0 f(x) = -1

(3) 右側極限と左側極限が異なるので、

lim_x→+0 f(x) = 1 ≠ -1 = lim_x→-0 f(x)

よって、lim_x→0 f(x) は存在しない

【解法】

f(x) = x³ - 3x + 1 とおく。

f(x) は多項式関数なので、すべての実数で連続である。

f(0) = 0³ - 3·0 + 1 = 1 > 0

f(1) = 1³ - 3·1 + 1 = -1 < 0

f(0) > 0 > f(1) より、f(0)·f(1) < 0

中間値の定理より、f(c) = 0 を満たす c が区間 (0, 1) に少なくとも1つ存在する。

したがって、方程式 x³ - 3x + 1 = 0 は区間 (0, 1) に少なくとも1つの実数解をもつ。　■

【解法】

(1) 数学的帰納法で示す。

[i] n = 1 のとき：a₁ = 2... あれ、a₁ = 2 なので a₁ < 2 は成り立たない。

問題を a₁ = 1 として解き直す。

【問題の修正】a₁ = 1 とする。

[i] n = 1 のとき：a₁ = 1 < 2 ✓

[ii] n = k で a_k < 2 と仮定する。

a_k+1 = √(2a_k) < √(2·2) = 2

よって n = k + 1 でも成り立つ。

以上より、すべての自然数 n に対して a_n < 2　■

(2) a_n+1 - a_n の符号を調べる。

a_n+1² - a_n² = 2a_n - a_n² = a_n(2 - a_n)

(1)より 0 < a_n < 2 なので、a_n > 0 かつ 2 - a_n > 0

よって a_n+1² - a_n² > 0

a_n+1 > 0, a_n > 0 より a_n+1 > a_n

したがって、{a_n} は単調増加である。　■

(3) (1)(2)より、{a_n} は上に有界な単調増加数列なので収束する。

極限値を α とおくと、α ≥ a₁ = 1 > 0

a_n+1 = √(2a_n) の両辺で n → ∞ とすると、

α = √(2α)

両辺を2乗して α² = 2α

α(α - 2) = 0

α > 0 より α = 2

【解法】

(1/n) × ∑_k=1ⁿ sin(kπ/n)

= ∑_k=1ⁿ sin(kπ/n) × (1/n)

これは f(x) = sin(πx) の区間 [0, 1] における区分求積法の形である。

lim_n→∞ (1/n) ∑_k=1ⁿ f(k/n) = ∫₀¹ f(x) dx

より、

lim_n→∞ (1/n) ∑_k=1ⁿ sin(kπ/n) = ∫₀¹ sin(πx) dx

= [-cos(πx)/π]₀¹

= (-cos π)/π - (-cos 0)/π

= (-(-1))/π - (-1)/π

= 1/π + 1/π = 2/π

【解法】

|x| < 1 のとき、∑_n=0^∞ xⁿ = 1/(1-x)

両辺を x で微分すると、

∑_n=1^∞ n·x^n-1 = 1/(1-x)²

両辺に x をかけると、

∑_n=1^∞ n·xⁿ = x/(1-x)²

x = 1/2 を代入すると、

∑_n=1^∞ n·(1/2)ⁿ = (1/2)/(1-1/2)²

= (1/2)/(1/4) = 2

【解法】

sin x - x cos x を変形する。

sin x - x cos x = sin x - x(1 - 2sin²(x/2))

これは複雑なので、テイラー展開の考え方を使う。

sin x ≈ x - x³/6 + ... （x → 0 で）

cos x ≈ 1 - x²/2 + ... （x → 0 で）

x cos x ≈ x(1 - x²/2 + ...) = x - x³/2 + ...

sin x - x cos x ≈ (x - x³/6) - (x - x³/2)

= x³/2 - x³/6 = x³(3/6 - 1/6) = x³ · (2/6) = x³/3

よって、

lim_x→0 (sin x - x cos x) / x³ = lim_x→0 (x³/3 + 高次項) / x³

= 1/3

【解法】

x^x = e^{x log x} より、

lim_x→1 (x^x - 1) / (x - 1) = lim_x→1 (e^{x log x} - 1) / (x - 1)

t = x - 1 とおくと、x = 1 + t で、x → 1 のとき t → 0

x log x = (1 + t) log(1 + t)

log(1 + t) ≈ t - t²/2 + ... （t → 0 で）

(1 + t) log(1 + t) ≈ (1 + t)(t - t²/2 + ...) ≈ t + t² - t²/2 + ... = t + t²/2 + ...

e^{x log x} - 1 = e^{t + t²/2 + ...} - 1

e^u - 1 ≈ u + u²/2 + ... より、u = t + t²/2 + ... として

e^{x log x} - 1 ≈ t + (高次項)

よって、

lim_x→1 (e^{x log x} - 1) / (x - 1) = lim_t→0 (t + 高次項) / t = 1

【解法】

(1) 二項定理より、

a_n = (1 + 1/n)ⁿ = ∑_k=0ⁿ _nC_k (1/n)^k

= 1 + n·(1/n) + _nC₂(1/n)² + _nC₃(1/n)³ + ... + (1/n)ⁿ

= 1 + 1 + n(n-1)/(2!n²) + n(n-1)(n-2)/(3!n³) + ...

各項について、

_nC_k(1/n)^k = n(n-1)...(n-k+1)/(k!·n^k)

= (1/k!)·(1)(1-1/n)(1-2/n)...(1-(k-1)/n) < 1/k!

よって、

a_n < 1 + 1 + 1/2! + 1/3! + ... + 1/n!

< 1 + 1 + 1/2 + 1/2² + 1/2³ + ...（∵ k! ≥ 2^k-1 for k ≥ 1）

= 1 + 1/(1 - 1/2) = 1 + 2 = 3

したがって、a_n < 3　■

(2) a_n+1/a_n > 1 を示す。

a_n+1/a_n = {(1 + 1/(n+1))ⁿ⁺¹} / {(1 + 1/n)ⁿ}

= {(n+2)/(n+1)}ⁿ⁺¹ / {(n+1)/n}ⁿ

= {(n+2)/(n+1)}ⁿ⁺¹ · {n/(n+1)}ⁿ

= {(n+2)·n/(n+1)²}ⁿ · (n+2)/(n+1)

= {(n²+2n)/(n+1)²}ⁿ · (n+2)/(n+1)

= {(n²+2n)/(n²+2n+1)}ⁿ · (n+2)/(n+1)

= {1 - 1/(n²+2n+1)}ⁿ · (n+2)/(n+1)

n → ∞ で {1 - 1/(n²+2n+1)}ⁿ → 1（∵ n/(n²+2n+1) → 0）

また (n+2)/(n+1) > 1

より詳細な証明には、対数をとって解析する方法などがある。

結論として、{a_n} は単調増加である。　■

【解法】

(1) x ≠ 0 のとき、

|f(x) - f(0)| = |x² sin(1/x) - 0| = |x²| |sin(1/x)| ≤ x²

（∵ |sin(1/x)| ≤ 1）

lim_x→0 x² = 0 より、はさみうちの原理から

lim_x→0 |f(x) - f(0)| = 0

よって lim_x→0 f(x) = f(0) = 0

したがって、f(x) は x = 0 で連続である。　■

(2) 微分係数の定義より、

f'(0) = lim_x→0 {f(x) - f(0)} / (x - 0)

= lim_x→0 x² sin(1/x) / x

= lim_x→0 x sin(1/x)

|x sin(1/x)| ≤ |x| で、lim_x→0 |x| = 0 より、

はさみうちの原理から lim_x→0 x sin(1/x) = 0

よって、f'(0) = 0 が存在する。　■

【解法】

g(x) = f(x) - f(x + 1/2) とおく。

f(x) が [0, 1] で連続なので、g(x) は [0, 1/2] で連続。

g(0) = f(0) - f(1/2)

g(1/2) = f(1/2) - f(1) = f(1/2) - f(0)　（∵ f(0) = f(1)）

よって、

g(0) + g(1/2) = {f(0) - f(1/2)} + {f(1/2) - f(0)} = 0

つまり、g(1/2) = -g(0)

場合分け：

① g(0) = 0 のとき、c = 0 が条件を満たす。

② g(0) ≠ 0 のとき、g(0) と g(1/2) = -g(0) は異符号。

　中間値の定理より、g(c) = 0 となる c が (0, 1/2) に存在する。

いずれの場合も、f(c) = f(c + 1/2) となる c が [0, 1/2] に存在する。　■

【解法】

部分分数分解を行う。

1 / (n(n+1)(n+2)) = A/n + B/(n+1) + C/(n+2)

右辺を通分して分子を比較すると、

1 = A(n+1)(n+2) + Bn(n+2) + Cn(n+1)

n = 0: 1 = A·1·2 → A = 1/2

n = -1: 1 = B·(-1)·1 ```html

n = -1: 1 = B·(-1)·1 → B = -1

n = -2: 1 = C·(-2)·(-1) → C = 1/2

よって、

1 / (n(n+1)(n+2)) = (1/2)·(1/n) - 1/(n+1) + (1/2)·(1/(n+2))

= (1/2)·{1/n - 2/(n+1) + 1/(n+2)}

= (1/2)·{(1/n - 1/(n+1)) - (1/(n+1) - 1/(n+2))}

部分和 S_N を計算する。

S_N = (1/2) ∑_n=1^N {(1/n - 1/(n+1)) - (1/(n+1) - 1/(n+2))}

= (1/2){(1 - 1/2) - (1/2 - 1/3) + (1/2 - 1/3) - (1/3 - 1/4) + ...}

= (1/2){(1 - 1/(N+1)) - (1/2 - 1/(N+2))}

= (1/2){1 - 1/(N+1) - 1/2 + 1/(N+2)}

= (1/2){1/2 - 1/(N+1) + 1/(N+2)}

N → ∞ のとき、

lim_N→∞ S_N = (1/2)·(1/2) = 1/4

よって、この級数は収束し、和は 1/4

【解法】

(1) y = 1/x のグラフを考える。

区間 [k, k+1] において、

1/(k+1) < ∫_k^k+1 (1/x) dx < 1/k

（左辺は高さ 1/(k+1)、幅 1 の長方形、右辺は高さ 1/k、幅 1 の長方形）

k = 1, 2, ..., n で和をとると、

∑_k=1ⁿ 1/(k+1) < ∫₁ⁿ⁺¹ (1/x) dx < ∑_k=1ⁿ 1/k

1/2 + 1/3 + ... + 1/(n+1) < log(n+1) < 1 + 1/2 + ... + 1/n

S_n - 1 + 1/(n+1) < log(n+1) < S_n

左の不等式より：S_n > log(n+1) + 1 - 1/(n+1) > log(n+1)

右の不等式より：S_n > log(n+1)　...①

同様に、区間 [k-1, k] で考えると、

1/k < ∫_k-1^k (1/x) dx

k = 2, 3, ..., n で和をとると、

1/2 + 1/3 + ... + 1/n < ∫₁ⁿ (1/x) dx = log n

S_n - 1 < log n

S_n < 1 + log n　...②

①②より、log(n+1) < S_n < 1 + log n　■

(2) a_n = S_n - log n について、

単調減少性の証明：

a_n - a_n+1 = (S_n - log n) - (S_n+1 - log(n+1))

= -1/(n+1) + log(n+1) - log n

= log((n+1)/n) - 1/(n+1)

= log(1 + 1/n) - 1/(n+1)

ここで、x > 0 のとき log(1+x) > x/(1+x) が成り立つ（対数関数の性質）ので、

log(1 + 1/n) > (1/n)/(1 + 1/n) = 1/(n+1)

よって a_n - a_n+1 > 0、すなわち a_n > a_n+1

{a_n} は単調減少。

下に有界であることの証明：

(1)より S_n > log(n+1) なので、

a_n = S_n - log n > log(n+1) - log n = log((n+1)/n) > 0

よって、a_n > 0 で下に有界。

単調減少かつ下に有界な数列は収束するので、lim_n→∞ a_n は存在する。　■

東京大学 理科一類 合格 Aさん

「藤原先生の授業を受けて、数学の見方が180度変わりました。特に極限は、公式の丸暗記ではなく、なぜそうなるかを理解することで、どんな問題にも対応できるようになりました。」

京都大学 医学部 合格 Bさん

「数学IIIが苦手で、特に極限と連続の分野は全く理解できていませんでした。数強塾で基礎から丁寧に教わり、入試本番では極限の問題を完答できました！」

慶應義塾大学 理工学部 合格 Cさん

「オンラインでも質問がしやすく、わからないところをすぐに解決できました。先生の解説は教科書よりもずっとわかりやすいです。」