九州大学 1988年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1) $0<x<a$ では $y^{\mathrm{\prime }}=y$ であり、$f(0)=1$ である。したがって $$f(x)=e^x(0\leqq x\leqq a)$$ である。よって $f(a)=e^a$ である。

(2) $a<x<a+1$ では $y^{\mathrm{\prime }}=0$ なので、$f(x)$ は定数である。連続性と(1)より $$f(x)=e^a(a\leqq x\leqq a+1)$$ であり、特に $f(a+1)=e^a$ である。 $a+1<x$ では $y^{\mathrm{\prime }}=a^{2}y$ である。$x=a+1$ での値 $e^a$ を初期値として解くと $$f(x)=e^a{e}^{a^2(x-a-1)}(a+1<x)$$ である。したがって $$f(x)=e^{a+a^2(x-a-1)}(a+1<x)$$ である。

(3)
(1)より $\{f(a){\}}^2=e^{2a}$ である。$a>0$ だから $e^{2a}>e^a$ である。第1区間と第2区間では $f(x)\leqq e^a$ なので、$f(x)=e^{2a}$ を満たす点は第3区間にある。

そこで(2)の式を用いると $$e^a{e}^{a^2(x-a-1)}=e^{2a}$$ である。両辺は正なので指数を比較して $a+a^2(x-a-1)=2a$ すなわち $a^2(x-a-1)=a$ である。$a>0$ より $x=a+1+\frac{1}{a}$ である。したがって $b=a+1+\frac{1}{a}$ となる。 $a>0$ に対し、相加相乗平均より $a+\frac{1}{a}\geqq 2$ であり、等号は $a=1$ のときに限る。よって $b=a+1+\frac{1}{a}\geqq 3$ であり、$b$ を最小にする $a$ は $a=1$ である。

$f(x)>0$ を保つことを利用し $g(x)=\log f(x)$ と置く。$g^{\mathrm{\prime }}$ は区分的な定数なので、その累積から $f$ を一括して復元する。最後は $b=a+1+1\mathrm{/}a$ を平方で評価する。

(1)
各区間で $f(x)>0$ が保たれるので $g(x)=\log f(x)$ と置く。
$0<x<a$ では$$g^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{f^{\mathrm{\prime }}(x)}{f(x)}=1.$$$g(0)=0$ だから $g(x)=x$ であり$$f(a)=e^a\mathrm{.}$$(2)
$a<x<a+1$ では $g^{\mathrm{\prime }}=0$ なので $g(x)=a$ である。
$x>a+1$ では $g^{\mathrm{\prime }}=a^2$ だから、連続性と $g(a+1)=a$ より$$g(x)=a+a^2(x-a-1)\mathrm{.}$$したがって$$f(x)=e^{a+a^2(x-a-1)}(x>a+1)\mathrm{.}$$(3)
$\{f(a){\}}^2=e^{2a}>e^a$ なので、これをとる点は第3区間にある。$$a+a^2(b-a-1)=2a$$より$$b=a+1+\frac{1}{a}\mathrm{.}$$さらに$$a+\frac{1}{a}-2=\frac{(a-1{)}^2}{a}\geqq 0$$で、等号は $a=1$ のときだけである。よって $b$ を最小にする値は$$a=1.$$