지수·로그함수의 미분

범위를 따로 정하지 않고 함수가 미분가능하다고 말할 때는 그 함수가 정의역 전체에서 미분가능하다는 뜻이다. 함수 $f(x)$ 는 $a$, $b$ 의 값에 관계없이 $x \neq 1$ 에서 미분가능하다. 따라서 $x=1$ 에서도 미분가능하게 만드는 상수가 무엇인지만 찾으면 된다.

미분가능하려면 함수는 연속이어야 한다. 연속의 정의에 따르면 $f$ 가 $x=1$ 에서 연속이려면 $\displaystyle \lim_{x \to 1}f(x)=f(1)$ 이어야 한다. $f$ 의 정의로부터 $f(1)=a+b=\displaystyle \lim_{x \to 1^-}f(x)$ 이므로 $\displaystyle \lim_{x\to 1^+}f(x)=a+b$ 이어야 한다. $\displaystyle \lim_{x \to 1^+}f(x)=e^1=e$ 이므로 구체적으로 다음이 필요하다. $$e=a+b.$$

이제 $x=1$ 에서 $f$ 의 미분가능성을 생각하자. 다음 극한이 존재해야 한다:

$$\begin{aligned} \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h}& \\ \text{특히 좌극한과 우극한이 모두 존재하고 서로 같아야 한다:} \\ \lim_{h \to 0^-}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}&= \lim_{h \to 0^+}\frac{f(1+h)-f(1)}{h} \\ \text{$h<0$ 이면 $1+h<1$ 이므로 $f(1+h)=a(1+h)^2+b$ 이다. $h>0$ 이면 $1+h>1$ 이므로 $f(1+h)=e^{1+h}$ 이다. 이를 염두에 두고 좌극한과 우극한을 계산하기 시작한다:} \\ \lim_{h \to 0^-}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}&= \lim_{h \to 0^-}\frac{[a(1+h)^2+b]-[a+b]}{h}\\ &=\lim_{h \to 0^-}\frac{ah^2+2ah}{h}=2a\\ \lim_{h \to 0^+}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}&= \lim_{h \to 0^+}\frac{e^{1+h}-(a+b)}{h} \\ \text{연속이 되도록 $a+b$ 를 $e$ 와 같다고 놓으면:} \\ &= \lim_{h \to 0^+}\frac{e^{1+h}-e^1}{h}\\ &=\left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{e^x\}\right|_{x=1}=e^1=e \end{aligned}$$

따라서 다음도 필요하다. $$2a= e$$

그러므로 $f$ 가 미분가능하도록 하는 $a$, $b$ 의 값은 $a=b=\dfrac{e}{2}$ 이다.

$f'(x)=2xe^{x}+x^{2}e^{x}$

$f'(x)=\pi x^{\pi-1}\cdot\pi^{x}+x^{\pi}\cdot\pi^{x}\ln\pi$

$y$축 대칭, 수직점근선 $x=\pm\dfrac{\pi}{2}$, $x=0$ 에서 극솟값 $0$, $x=\pm\pi$ 에서 값 $0$, 변곡점은 $x\approx\pm2.8$ 근처 (그래프는 풀이 참조)