関西学院大学A(理系) 2024年　問題4


$0 < x < 1\ に おいて、f(x)=x\log x,\ \ g(x)=f(1-x)=(1-x)\log(1-x),\ \ h(x)=f(x)+g(x)\ \ を考える。$
$また、\alpha =\log 2,\ \ \beta=\log 3 \ \ とおく。次の問いに答えよ。ただし、「\alpha,\ \ \beta \ で表せ」という場合、\alpha \ と \ \beta \ の$
$うち片方だけで表せることもありうる。$
$(1)\ \ h(\cfrac{1}{3}) \ の値を\ \alpha ,\ \ \beta \ \ で表せ。また、h(x)-h(1-x)\ \ の値を値を求めよ。$
$(2)\ \ f(x)\ の導関数 \ f'(x)\ を求めよ。また、g'(x)=af'(1-x)\ \ となるような定数 \ a\ の値を求めよ。$
$(3)\ \ h(x)\ の極値を \ \alpha ,\ \ \beta \ \ で表せ。$
\[(4)\ \ \int f(x)dx =F(x)+C_1\ \ (C_1\ は積分定数) \ \ となるような関数 \ F(x)\ を \ 1\ つ求めよ\] \[\quad また、\int g(x)dx =bF(1-x)+C_2 \ \ (C_2\ は積分定数)\ \ となるような定数 \ b\ の値を求めよ\] $(5)\ \ 曲線 \ y=h(x)\ と直線 \ y=h(\cfrac{1}{3})\ で囲まれた部分の面積を\ \alpha ,\ \ \beta \ で表せ。$


(1)


\begin{eqnarray*} h(\cfrac{1}{3}) &=&f(\cfrac{1}{3})+g(\cfrac{1}{3})\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}\log \cfrac{1}{3} + \cfrac{2}{3}\log \cfrac{2}{3}\\ \\ &=&-\cfrac{1}{3}\log 3 + \cfrac{2}{3}(\log 2 - \log 3)\\ \\ &=&\cfrac{2}{3}\log 2 - \log 3\\ \\ &=&\cfrac{2}{3}\alpha - \beta \end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*} & &h(x)-h(1-x)\\ \\ &=&\{f(x)+g(x)\}-\{f(1-x)+g(1-x)\}\\ \\ &=&\{f(x)+g(x)\}-\{g(x)+f(x)\}\\ \\ &=&0 \end{eqnarray*}

(2)


$f(x)=x\log x \quad より \quad f'(x)=\log x + x \times \cfrac{1}{x}=1+\log x$

$g(x)=f(1-x) \quad より \quad g'(x)=-f'(1-x) \qquad \therefore \ \ a=-1$


(3)


\begin{eqnarray*} h'(x) &=&f'(x)+g'(x)\\ \\ &=&f'(x)-f'(1-x)\\ \\ &=&(1+\log x) - (1+\log(1-x))\\ \\ &=&\log x - \log(1-x) \end{eqnarray*} $h'(x)=0 \quad より \quad \log x = \log(1-x) \qquad x=1-x \qquad \therefore \ \ x=\cfrac{1}{2}$

$増減表$
\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} x& 0 & \cdots & \dfrac{1}{2} & \cdots & 1\\ \hline h'(x)& & - & 0 & + & \\ \hline h(x)& & \searrow & 極小 & \nearrow & \\ \end{array} \]
$x=\cfrac{1}{2}\ で \ h(x)\ は極小となり、極小値は$

$h(\cfrac{1}{2})=f(\cfrac{1}{2})+g(\cfrac{1}{2})=f(\cfrac{1}{2})+f(\cfrac{1}{2})=2 \times \cfrac{1}{2} \log \cfrac{1}{2}=-\log 2=-\alpha$


(4)


\begin{eqnarray*} F(x) &=&\int f(x)dx\\ \\ &=&\int x\log x dx\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}x^2\log x -\int \cfrac{1}{2}x^2 \times \cfrac{1}{x}dx\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}x^2\log x - \cfrac{1}{2}\int xdx\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}x^2\log x - \cfrac{1}{4}x^2 \qquad (積分定数省略)\\ \end{eqnarray*}

\[G(x)=\int g(x)dx \quad とおくと \quad G(x)=\int f(1-x)dx\]
$1-x=u \quad とおくと \quad -dx=du \quad だから$

\[G(x)=\int f(u)(-du)=-\int f(u)du=-F(u)=-F(1-x)+C_2\]
$よって \quad b=-1$


(5)

　

$h(x)=x\log x +(1-x)\log(1-x) \quad において$

\[\lim_{x \rightarrow +0}h(x)=\lim_{x \rightarrow +0}x\log x=0\] \[\lim_{x \rightarrow 1-0}h(x)=\lim_{x \rightarrow 1-0}(x-1)\log (1-x)=0\]
$これらの極限値については($不定形の極限値(2)$をご覧ください。$

$y=h(x)\ と \ y=h(\cfrac{1}{3})\ の交点の \ 1\ つは明らかに \ \ x=\cfrac{1}{3}$

$もう \ 1\ つの交点は(1)より \ \ h(1-x)=h(x)\ \ だからこの式に \ x=\cfrac{1}{3}\ を代入して $

$h(\cfrac{2}{3})=h(\cfrac{1}{3}) \quad よって \quad x=\cfrac{2}{3}$

$(3) をつかってかいた \ y=h(x)\ のグラフは右図のとおり$

$y=h(x)\ と直線 \ y=h(\cfrac{1}{3})\ で囲まれた部分の面積 \ S\ は$

\begin{eqnarray*} S &=&\int_{\scriptsize{\cfrac{1}{3}}}^{\scriptsize{\cfrac{2}{3}}}\{h(\cfrac{1}{3})-h(x)\}dx\\ \\ &=&h(\cfrac{1}{3})\int_{\scriptsize{\cfrac{1}{3}}}^{\scriptsize{\cfrac{2}{3}}}dx - \int_{\scriptsize{\cfrac{1}{3}}}^{\scriptsize{\cfrac{2}{3}}}h(x)dx\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}h(\cfrac{1}{3}) - \int_{\scriptsize{\cfrac{1}{3}}}^{\scriptsize{\cfrac{2}{3}}}(f(x)+g(x))dx\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}h(\cfrac{1}{3}) - \big[F(x)-F(1-x)\big]_{\scriptsize{\cfrac{1}{3}}}^{\scriptsize{\cfrac{2}{3}}} \\ \\ &=&\cfrac{1}{3}h(\cfrac{1}{3}) - \big\{F(\cfrac{2}{3})-F(\cfrac{1}{3})\big\} + \big\{ F(\cfrac{1}{3}) -F(\cfrac{2}{3}) \big\}\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}h(\cfrac{1}{3}) - 2F(\cfrac{2}{3}) + 2F(\cfrac{1}{3}) \\ \\ &=&\cfrac{1}{3}h(\cfrac{1}{3}) - 2\big(\cfrac{2}{9}\log \cfrac{2}{3}- \cfrac{1}{4} \times \cfrac{4}{9}\big) + 2\big(\cfrac{1}{18}\log \cfrac{1}{3}- \cfrac{1}{4} \times \cfrac{1}{9}\big) \\ \\ &=&\cfrac{1}{3}h(\cfrac{1}{3}) - \cfrac{4}{9}(\log 2 -\log 3) + \cfrac{2}{9} - \cfrac{1}{9}\log 3 - \cfrac{1}{18}\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}(\cfrac{2}{3}\alpha - \beta) - \cfrac{4}{9}(\alpha -\beta ) - \cfrac{1}{9}\beta + \cfrac{1}{6}\\ \\ &=&-\cfrac{2}{9}\alpha + \cfrac{1}{6} \end{eqnarray*}

$(補充)$

$x\ 軸上で、x\ と \ x^*\ の中点が \ \cfrac{1}{2}\ となるように \ x^* \ をとると$

$\cfrac{x+x^*}{2}=\cfrac{1}{2} \quad より \quad x^*=1-x$

$h(x^*)=h(1-x)=f(1-x)+g(1-x)=g(x)+ f(x)=h(x) $

$よって \quad y=h(x) \ \ は直線 \ \ x=\cfrac{1}{2}\ \ に関して線対称である。$


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