x + 1 - H.Yagyu Web

高３数 γ
No. 9
微分の応用
（理系問題演習／柳生）
2014/6/18
問 19
log (x + 1)
(x > 0) は単調減少関数であることを示せ．
x
(2) 実数 a, b が b > a > 0 を満たすならば，(a + 1)b > (b + 1)a であることを示せ．
1
· x − log (x + 1) · 1 x − (x + 1) log (x + 1)
x
+
1
!
(解) (1) f (x) =
=
x2
x2 (x + 1)
1
g(x) = x−(x+1) log (x + 1) (x ! 0) とおく．g ! (x) = 1−{1·log (x + 1)+(x+1)·
} = − log (x + 1)
x+1
なので，x > 0 において g ! (x) < 0．よって g(x) は x ! 0 で狭義単調減少であり，g(0) = 0 だから x > 0
(1) 関数 f (x) =
のとき g(x) < 0 である．
ゆえに，x > 0 のとき f ! (x) < 0 であるから，f (x) は単調減少関数である．
（証明終）
(2) a, b > 0 かつ両辺ともに正だから，
(a + 1)b > (b + 1)a ⇐⇒ log (a + 1)b > log (b + 1)a ⇐⇒
log (a + 1) log (b + 1)
>
a
b
log (x + 1)
(x > 0) が狭義単調減少関数であることから，
x
log (a + 1) log (b + 1)
b > a > 0 のとき f (a) > f (b) すなわち
>
が成り立つ．よって (a + 1)b > (b + 1)a
a
b
が成り立つ．
（証明終）
の同値が成り立つ．ここで (1) より f (x) =
（平成２５年東工大）
問 20
(解)
k を定数とするとき，方程式 ex − xe = k の異なる正の解の個数を求めよ．
f (x) = ex − xe
(x > 0) とおく．微分すると，f ! (x) = ex − exe−1
f ! (x) = ex − exe−1 = 0 ⇐⇒ ex−1 = xe−1 ⇐⇒ log ex−1 = log xe−1 （∵ ex−1 , xe−1 > 0）
⇐⇒ x − 1 = (e − 1) log x ⇐⇒ (e − 1) log x − x + 1 = 0
g(x) = (e − 1) log x − x + 1 (x > 0) とおく．
e−1
g ! (x) =
− 1 だから，g(x) は (0, e − 1 ] で狭義単調増加，[ e − 1, ∞) で狭義単調減少である．
x
g(1) = g(e) = 0 だから，g(x) = 0 ⇐⇒ x = 1, e が成り立つ．したがって f ! (x) = 0 ⇐⇒ x = 1, e
備考：この部分，グラフの凸性を利用して，次のように論述してもよいだろう．
y = (e − 1) log x は上に凸なので，直線 y = x − 1 と高々2 点で交わる．
実際，x = 1, e において交わるので，g(x) = 0 ⇐⇒ x = 1, e である．
ここで， lim f ! (x) = e0 − e · 0e = 1 > 0, lim f ! (x) = +∞ であり，
x→+0
x→∞
√
また，f ! (2) = e2 − e · 2e−1 = e(e − 2e−1 ) < e(e − 21.5 ) = e(e − 2 2) < e(2.8 − 2.8) = 0 だから，
(0, 1), (1, +∞) で f ! (x) > 0，(1, e) で f ! (x) < 0 で f ! (x) > 0 である．
備考：区間 (1, e) において f ! (x) の値が負となる x が存在することを示せばよいのだが，上の方法はやや
技巧的かもしれない．以下に別の方法を２つ示す．
(別解１：平均値の定理)
f (1) = e − 1, f (e) = ee − ee = 0，f (x) は x > 0 で微分可能だから，
f (e) − f (1)
平均値の定理より，
= −1 = f ! (c) を満たす c が区間 (1, e) に存在する．
e−1
(別解２：f ! (1) = 0 かつ f !! (1) < 0 の利用)
f ! (1) = 0 であり，f !! (x) = ex − e(e − 1)xe−2 より f !! (1) = e − e(e − 1) = e(2 − e) < 0 である．
f ! (x) − f ! (1)
f ! (x)
微分係数の定義より， lim
= lim
= f !! (1) < 0 なので，
x→1+0
x→1+0 x − 1
x−1
x = 1 の右側十分近くに，f ! (x) < 0 となる x が存在する．
f ! (x)
( x = 1 の右側十分近くで常に f ! (x) ! 0 であれば， lim
! 0 となる筈である．)
x→1+0 x − 1
別解２は要するに，x = 1 の十分近くで f ! (x) のグラフは直線 y = f !! (1)(x − 1) + f ! (1) とほぼ一致して
いるはずだということを論述しているわけである．この方法を利用して解く問題が近年有名大学で出題
されており，記憶に値する．夏期講習でも扱う予定である．
f (0) = 1, f (1) = e − 1, f (e) = 0, lim f (x) = +∞ より，
y = f (x) のグラフは右図の通り．
x→∞
y = k とグラフとの交点を考えると
,


k < 0 のとき 0個



 k = 0, k > e − 1 のとき 1 個
（答）

0 < k " 1, k = e − 1 のとき 2 個




1 < k < e − 1 のとき 3 個
.y
.y = ex − xe
.e − 1
.1
.
.1
.e
.x
（自習課題）
（平成２６年阪大）
問 21
t > 0 において定義された関数 f (t) は次の条件 (ア)(イ) を満たす．
(ア) t > 0 のとき，すべての実数 x に対して不等式
ex + e−x
t·
+ f (t) ! 1 + x
2
が成り立つ．
(イ) t > 0 に対して，等式
t·
ex + e−x
+ f (t) = 1 + x
2
を満たす実数 x が存在する．
このとき，f (t) を求めよ．
ex + e−x
+ f (t) − 1 − x とおくと，条件 (ア)(イ) は，任意の t > 0 に対して g(x) の最小
2
値が 0 であることと同値である．
(解) g(x) = t ·
ex − e−x
g(x) を微分すると，g ! (x) = t ·
−1
2
√
%
&
1
1
+
1 + t2
g ! (x) = 0 ⇐⇒ t ex − x − 2 = 0 ⇐⇒ t(ex )2 − 2(ex ) − t = 0 ⇐⇒ ex =
（∵ ex > 0）
e
t
√
1 + 1 + t2
⇐⇒ x = log
t
√
1 + 1 + t2
よって，任意の t に対して g(x) は x = log
で極小かつ最小値をとる．
t
√
√
√
1 + 1 + t2
t
(1 + 1 + t2 )2 + t2 2 + 2t2 + 2 1 + t2
x
−x
√
√
√
このとき，e + e =
+
=
=
2
2)
t
1
+
1
+
t
t(1
+
1
+
t
t(1
+
1 + t2 )
√
√
√
√
2
2
2
2
2
2
(2 + 2t + 2 1 + t )(−1 + 1 + t ) 2t 1 + t
2 1+t
=
=
=
なので，
t · t2
t3
t
√
√
√
1 + 1 + t2
t 2 1 + t2
1 + 1 + t2
g(log
)= ·
+ f (t) − 1 − log
t
2
t
t
√
2
√
1
+
1
+
t
= f (t) + 1 + t2 − 1 − log
t
任意の t > 0 に対してこれが 0 となればよいから，
（答）f (t) = log
1+
√
1 + t2 √
− 1 + t2 + 1
t

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