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名古屋大学／2025年度

1名古屋大学 2025年 数学 第1問解答・解説

微分法極限指数関数・対数関数

1問題

名古屋大学2025年度第1問
以下の問に答えよ。

(1) 実数 xx を変数とする関数 f(x)f(x) が導関数 f′(x)f'(x) および第 2 次導関数 f′′(x)f''(x) をもち、すべての xx に対し f′′(x)>0f''(x)>0 をみたすとする。さらに以下の極限値 a, b (a<b)a,\,b\ (a<b) が存在すると仮定する。
lim⁡x→−∞f′(x)=a,lim⁡x→∞f′(x)=b \lim_{x\to -\infty}f'(x)=a,\qquad \lim_{x\to\infty}f'(x)=b
このとき、a<c<ba<c<b をみたす任意の実数 cc に対し、関数 g(x)=cx−f(x)g(x)=cx-f(x) の値を最大にする x=x0x=x_{0} がただひとつ存在することを示せ。

(2) 実数 xx を変数とする関数 f(x)=log⁡ex+e−x2f(x)=\log\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2} はすべての xx に対し f′′(x)>0f''(x)>0 をみたすことを示せ。また、この ff に対し小問 (1) の極限値 a, ba,\,b を求めよ。

(3) 小問 (2) の関数 ff および極限値 a, ba,\,b を考える。a<c<ba<c<b をみたす任意の実数 cc に対し小問 (1) の x0x_{0} および g(x0)g(x_{0}) を cc を用いて表せ。

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • (1)
    f′(x0)=cf'(x_{0})=c を満たす x0x_{0} がただひとつあり、g(x)g(x) はその点で最大となる（証明は解答を参照）。
  • (2)
    f′′(x)=4(ex+e−x)2>0f''(x)=\dfrac{4}{(e^{x}+e^{-x})^{2}}>0、a=−1a=-1、b=1b=1
  • (3)
    x0=12log⁡1+c1−cx_{0}=\dfrac{1}{2}\log\dfrac{1+c}{1-c}、g(x0)=1+c2log⁡(1+c)+1−c2log⁡(1−c)g(x_{0})=\dfrac{1+c}{2}\log(1+c)+\dfrac{1-c}{2}\log(1-c)

3解答

解答を見る途中式つきの解答

考え方

f′′(x)>0f''(x)>0 から f′(x)f'(x) は増加関数である。中間値の定理で f′(x0)=cf'(x_{0})=c となる x0x_{0} を見つけ、g′(x)=c−f′(x)g'(x)=c-f'(x) の符号で増減を調べる。

解答

(1)

f′′(x)>0f''(x)>0 だから、f′(x)f'(x) は増加関数である。また f′(x)f'(x) は微分可能だから連続である。

lim⁡x→−∞f′(x)=a<c\displaystyle\lim_{x\to -\infty}f'(x)=a<c だから f′(x1)<cf'(x_{1})<c となる x1x_{1} があり、lim⁡x→∞f′(x)=b>c\displaystyle\lim_{x\to\infty}f'(x)=b>c だから f′(x2)>cf'(x_{2})>c となる x2 (x2>x1)x_{2}\ (x_{2}>x_{1}) がある。中間値の定理により、f′(x0)=cf'(x_{0})=c となる x0x_{0} が存在する。f′(x)f'(x) は増加関数だから、このような x0x_{0} はただひとつである。

g′(x)=c−f′(x)g'(x)=c-f'(x) だから、x<x0x<x_{0} で g′(x)>0g'(x)>0、x>x0x>x_{0} で g′(x)<0g'(x)<0 となる。よって g(x)g(x) は x≦x0x\leqq x_{0} で増加し、x≧x0x\geqq x_{0} で減少するから、g(x)g(x) を最大にする xx は x=x0x=x_{0} ただひとつである。

(2)

f′(x)=ex−e−xex+e−x, f'(x)=\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}},
f′′(x)=(ex+e−x)2−(ex−e−x)2(ex+e−x)2=4(ex+e−x)2>0. f''(x)=\dfrac{(e^{x}+e^{-x})^{2}-(e^{x}-e^{-x})^{2}}{(e^{x}+e^{-x})^{2}}=\dfrac{4}{(e^{x}+e^{-x})^{2}}>0.
また
a=lim⁡x→−∞e2x−1e2x+1=−1,b=lim⁡x→∞1−e−2x1+e−2x=1. a=\lim_{x\to -\infty}\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=-1,\qquad b=\lim_{x\to\infty}\dfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=1.

(3)

−1<c<1-1<c<1 である。x0x_{0} は f′(x0)=cf'(x_{0})=c を満たすから
e2x0−1e2x0+1=cよりe2x0=1+c1−c. \dfrac{e^{2x_{0}}-1}{e^{2x_{0}}+1}=c\quad\text{より}\quad e^{2x_{0}}=\dfrac{1+c}{1-c}.
よって
x0=12log⁡1+c1−c. x_{0}=\dfrac{1}{2}\log\dfrac{1+c}{1-c}.
次に、ex0=1+c1−ce^{x_{0}}=\sqrt{\dfrac{1+c}{1-c}} だから
ex0+e−x0=1+c1−c+1−c1+c=2(1+c)(1−c) e^{x_{0}}+e^{-x_{0}}=\sqrt{\dfrac{1+c}{1-c}}+\sqrt{\dfrac{1-c}{1+c}}=\dfrac{2}{\sqrt{(1+c)(1-c)}}
となり、f(x0)=−12log⁡(1−c2)f(x_{0})=-\dfrac{1}{2}\log(1-c^{2}) である。したがって
g(x0)=cx0−f(x0)=c2{log⁡(1+c)−log⁡(1−c)}+12{log⁡(1+c)+log⁡(1−c)} g(x_{0})=cx_{0}-f(x_{0})=\dfrac{c}{2}\{\log(1+c)-\log(1-c)\}+\dfrac{1}{2}\{\log(1+c)+\log(1-c)\}
=1+c2log⁡(1+c)+1−c2log⁡(1−c). =\dfrac{1+c}{2}\log(1+c)+\dfrac{1-c}{2}\log(1-c).

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

この問題で使う考え方

  • 第 2 次導関数と関数の増減
  • 中間値の定理
  • 指数関数・対数関数の微分
  • 関数の最大・最小

答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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