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문제 은행 · 미적분 · 미적분Ⅱ · 미분법

지수함수와 로그함수의 미분

먼저 혼자 풀어 보고, 풀이로 확인한 다음, 아래 「한 번 더」 문제로 이어서 연습하세요.

OpenStax 1권 · 3.9절 · 1번우리말 풀이

다음 함수에 대하여 f′(x)f'(x) 를 구하세요.

f(x)=x2exf(x)=x^{2}e^{x}

영어 원문 보기

For the following exercises, find f′(x){f}^{'}(x) for each function.

f(x)=x2exf(x)={x}^{2}{e}^{x}

답 쓰고 채점
풀이 보기

두 함수의 곱은 곱의 미분법 (uv)′=u′v+uv′(uv)'=u'v+uv' 로 미분하고, exe^x 는 미분해도 exe^x 예요.

  1. 1

    x2x^2 과 exe^x 의 곱이므로 곱의 미분법을 써요. u=x2, v=exu=x^2,\ v=e^x 로 놓으면 u′=2x, v′=exu'=2x,\ v'=e^x 예요.

  2. 2

    공식에 넣어요.

    f′(x)=u′v+uv′=2x ex+x2exf'(x)=u'v+uv'=2x\,e^{x}+x^{2}e^{x}

  3. 3

    원하면 exe^x 로 묶어 f′(x)=ex(x2+2x)f'(x)=e^{x}(x^{2}+2x) 로 써도 같은 식이에요.

답

f′(x)=2xex+x2exf'(x)=2xe^{x}+x^{2}e^{x}

자주 하는 실수

곱의 미분을 (uv)′=u′v′(uv)'=u'v' 처럼 각각 따로 미분해서 곱해 버려요.

원본 교재 풀이(영어)

2xex+x2ex2x{e}^{x}+{x}^{2}{e}^{x}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-1 · 2.7절 · 14번우리말 번역

다음 함수가 미분가능하도록 상수 aa, bb 를 구하세요: f(x)={ax2+bx≤1exx>1f(x) =\left\{\begin{array}{ll} ax^2 + b & x \le 1\\ e^x & x > 1\end{array}\right.

다 풀었으면 정답 확인

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

미분가능하려면 함수는 연속이어야 한다. 연속의 정의에 따르면 ff 가 x=1x=1 에서 연속이려면 lim⁡x→1f(x)=f(1)\displaystyle \lim_{x \to 1}f(x)=f(1) 이어야 한다. ff 의 정의로부터 f(1)=a+b=lim⁡x→1−f(x)f(1)=a+b=\displaystyle \lim_{x \to 1^-}f(x) 이므로 lim⁡x→1+f(x)=a+b\displaystyle \lim_{x\to 1^+}f(x)=a+b 이어야 한다. lim⁡x→1+f(x)=e1=e\displaystyle \lim_{x \to 1^+}f(x)=e^1=e 이므로 구체적으로 다음이 필요하다. e=a+b.e=a+b.

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

lim⁡h→0f(1+h)−f(1)h특히 좌극한과 우극한이 모두 존재하고 서로 같아야 한다:lim⁡h→0−f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→0+f(1+h)−f(1)hh<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)=e1+h 이다. 이를 염두에 두고 좌극한과 우극한을 계산하기 시작한다:lim⁡h→0−f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→0−[a(1+h)2+b]−[a+b]h=lim⁡h→0−ah2+2ahh=2alim⁡h→0+f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→0+e1+h−(a+b)h연속이 되도록 a+b 를 e 와 같다고 놓으면:=lim⁡h→0+e1+h−e1h=ddx{ex}∣x=1=e1=e\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=e2a= e

그러므로 ff 가 미분가능하도록 하는 aa, bb 의 값은 a=b=e2a=b=\dfrac{e}{2} 이다.

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# 지수함수와 로그함수의 미분계산기본

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