名古屋大学(理系) 2025年　問題1


$以下の問に答えよ。$
$(1)\ \ 実数 \ x\ を変数とする関数 \ f(x)\ が導関数 \ f'(x)\ および第 \ 2\ 次導関数 \ f''(x)\ をもち、すべての \ x\ に対し $
$\quad f''(x) > 0\ \ をみたすとする。さらに以下の極限値 \ a,\ b\ \ (a < b)\ \ が存在すると仮定する。$
\[\qquad \lim_{x \rightarrow -\infty} f'(x)=a,\quad \lim_{x \rightarrow \infty} f'(x)=b\] $\quad このとき、a < c < b\ \ をみたす任意の実数 \ c\ に対し、関数 \ g(x)=cx-f(x)\ \ の値を最大にする \ x=x_0 \ が$
$\quad ただひとつ存在することを示せ。$
$(2)\ \ 実数 \ x\ を変数とする関数 \ \ f(x)=\log\big(\dfrac{e^x +e^{-x}}{2}\big) \ \ はすべての \ x\ に対し、f''(x) > 0 \ \ をみたすことを示せ。$
$\quad また、この \ f\ に対し小問(1)の極限値 \ a,\ b\ を求めよ。$
$(3)\ \ 小問(2)の関数 \ f\ および極限値 \ a,\ b\ を考える。 a < c < b \ \ をみたす任意の実数 \ c\ に対し小問(1)の \ x_0$
$\quad および \ g(x_0)\ を \ c\ を用いて表せ。$

(1)


$g(x)=cx-f(x)\ \ において右辺は \ 2\ 回微分可能だから \ g'(x),\ \ g''(x)\ はともに連続である。$

$g'(x)=c-f'(x) ,\qquad f''(x) > 0 \ \ より \ \ g''(x)=-f''(x) < 0\ \ だから \ g'(x) \ は単調減少である。$
\[\lim_{x \rightarrow -\infty} f'(x)=a　\ \ より \quad \lim_{x \rightarrow -\infty} g'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty} (c-f'(x))=c-a >0\] \[\lim_{x \rightarrow \infty} f'(x)=b \ \ より \quad \lim_{x \rightarrow \infty} g'(x)=\lim_{x \rightarrow \infty} (c-f'(x))=c-b <0\] $中間値の定理により \ \ g'(x_0)=0 \ \ となる \ x_0\ がただひとつ存在し$

$x < x_0 \ \ のとき \ \ g'(x) > 0 ,\quad x > x_0 \ \ のとき \ \ g'(x) < 0$

\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} x& \cdots & x_0 & \cdots \\ \hline g'(x)& + & 0 & - \\ \hline g(x)& \nearrow & 極大 & \searrow \\ \end{array} \]
$g(x)=cx-f(x) \ \ は \ \ x=x_0 \ \ で極大かつ最大となる。$


(2)


$f(x)=\log\big(\dfrac{e^x +e^{-x}}{2}\big)=\log (e^x +e^{-x}) -\log 2 \ \ より$

$f'(x)=\cfrac{e^x -e^{-x}}{e^x +e^{-x}}$

$f''(x)=\cfrac{(e^x +e^{-x})^2-(e^x -e^{-x})^2}{(e^x +e^{-x})^2}=\cfrac{4e^x e^{-x}}{(e^x +e^{-x})^2}=\cfrac{4}{(e^x +e^{-x})^2}>0$

\[a=\lim_{x \rightarrow -\infty}\cfrac{e^x -e^{-x}}{e^x +e^{-x}}=\lim_{x \rightarrow -\infty}\cfrac{e^{2x} -1}{e^{2x} +1}=-1\] \[b=\lim_{x \rightarrow \infty}\cfrac{e^x -e^{-x}}{e^x +e^{-x}}=\lim_{x \rightarrow \infty}\cfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=1\]

(3)


$g'(x_0)=c-f'(x_0)=0 \ \ より \quad c=f'(x_0)=\cfrac{e^{x_0} -e^{-x_0}}{e^{x_0} +e^{-x_0}}$

$e^{x_0} -e^{-x_0}=c(e^{x_0} +e^{-x_0})$

$(1-c)e^{x_0} =(1+c)e^{-x_0}$

$ここで、c=1 \ \ とすると \quad 0=2e^{-x_0} \ \ となって不合理であるから \quad c \ne 1,\quad 同様にして \quad c \ne -1$

$e^{2x_0}=\cfrac{1+c}{1-c}$

$2x_0=\log \dfrac{1+c}{1-c}$

$x_0=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{1+c}{1-c}$

$また、e^{x_0}=\sqrt{\cfrac{1+c}{1-c}} \ \ だから \quad e^{-x_0}=\sqrt{\cfrac{1-c}{1+c}}$

$e^{x_0}+ e^{-x_0} =\sqrt{\cfrac{1+c}{1-c}} +\sqrt{\cfrac{1-c}{1+c}}=\cfrac{(1+c)+(1-c)}{\sqrt{(1-c)(1+c)}}=\cfrac{2}{\sqrt{(1-c)(1+c)}}$

\begin{eqnarray*} g(x_0) &=&cx_0-f(x_0)\\ \\ &=&\dfrac{c}{2}\log \dfrac{1+c}{1-c} - \log \big(\dfrac{e^{x_0} +e^{-x_0}}{2}\big)\\ \\ &=&\dfrac{c}{2}\log \dfrac{1+c}{1-c} - \log \cfrac{1}{\sqrt{(1-c)(1+c)}}\\ \\ &=&\dfrac{c}{2}\{\log (1+c)-\log(1-c)\} + \dfrac{1}{2}\{\log (1-c) +\log(1+c)\}\\ \\ &=&\dfrac{1}{2}(1+c)\log (1+c) + \dfrac{1}{2}(1-c)\log (1-c) \\ \end{eqnarray*}

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