名古屋大学 2025年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

(1) $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)>0$ がすべての $x$ で成り立つので，$f^{\mathrm{\prime }}(x)$ は狭義単調増加である。さらに $$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)=a,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)=b$$ であり，$a<c<b$ である。

$f^{\mathrm{\prime }}$ の単調性と $f^{\mathrm{\prime }}(x_0)=c$ の位置関係は次の図のようになる。

極限の定義より，十分小さい $x_1$ を取れば $f^{\mathrm{\prime }}(x_1)<c$ となり，十分大きい $x_2$ を取れば $f^{\mathrm{\prime }}(x_2)>c$ となる。$f^{\mathrm{\prime }}$ は連続であるから，中間値の定理により，ある $x_0$ が存在して $f^{\mathrm{\prime }}(x_0)=c$ を満たす。さらに $f^{\mathrm{\prime }}$ は狭義単調増加なので，このような $x_0$ はただ1つである。

次に $g(x)=cx-f(x)$ とおくと $g^{\mathrm{\prime }}(x)=c-f^{\mathrm{\prime }}(x)$ である。$f^{\mathrm{\prime }}$ の狭義単調増加性と $f^{\mathrm{\prime }}(x_0)=c$ より，$$x<x_0\text{ なら }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)<c,x>x_0\text{ なら }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)>c$$ である。したがって $$x<x_0\text{ で }{g}^{\mathrm{\prime }}(x)>0,x>x_0\text{ で }{g}^{\mathrm{\prime }}(x)<0$$ となる。よって $g(x)$ は $x_0$ まで増加し，$x_0$ 以後は減少する。したがって $g(x)$ の値を最大にする点 $x=x_0$ がただ1つ存在する。

(2) $$f(x)=\log \left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)$$ である。定数 $2$ は微分で消えるので，$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(x)}& {\displaystyle =\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}}\end{array}$$である。さらに微分すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)}& {\displaystyle =\frac{(e^x+e^{-x})(e^x+e^{-x})-(e^x-e^{-x})(e^x-e^{-x})}{(e^x+e^{-x}{)}^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(e^x+e^{-x}{)}^2-(e^x-e^{-x}{)}^2}{(e^x+e^{-x}{)}^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{4}{(e^x+e^{-x}{)}^2}>0}\end{array}$$である。

また $$f^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$$ と書ける。$x\to -\mathrm{\infty }$ のとき $e^{2x}\to 0$ なので $$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)=-1$$ であり，$x\to \mathrm{\infty }$ のとき $e^{2x}\to \mathrm{\infty }$ なので $$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)=1$$ である。したがって $a=-1,b=1$ である。

(3)
(2)より $a=-1$，$b=1$ であるから，$a<c<b$ は $-1<c<1$ を意味する。$x_0$ は $f^{\mathrm{\prime }}(x_0)=c$ を満たす点である。$u=e^{2x_0}$ とおくと $u>0$ であり，$$c=\frac{u-1}{u+1}$$ である。これを解くと $c(u+1)=u-1$ より $(1-c)u=1+c$ である。したがって $$u=\frac{1+c}{1-c}$$ であり，$$x_0=\frac{1}{2}\log \frac{1+c}{1-c}$$ である。

次に $f(x_0)$ を求める。上の $u=e^{2x_0}$ を用いると $$e^{x_0}=\sqrt{u},e^{-x_0}=\frac{1}{\sqrt{u}}$$ である。よって$$\frac{e^{x_0}+e^{-x_0}}{2}=\frac{\sqrt{u}+1\mathrm{/}\sqrt{u}}{2}=\frac{u+1}{2\sqrt{u}}$$である。$u=(1+c)\mathrm{/}(1-c)$ を代入すると $$\frac{u+1}{2\sqrt{u}}=\frac{1}{\sqrt{1-c^2}}$$ となる。したがって $$f(x_0)=\log \frac{1}{\sqrt{1-c^2}}=-\frac{1}{2}\log (1-c^2)$$ である。

よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle g(x_0)}& {\displaystyle =c{x}_0-f(x_0)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{c}{2}\log \frac{1+c}{1-c}+\frac{1}{2}\log (1-c^2)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1+c}{2}\log (1+c)+\frac{1-c}{2}\log (1-c)}\end{array}$$である。よって$$x_0=\frac{1}{2}\log \frac{1+c}{1-c},g(x_0)=\frac{1+c}{2}\log (1+c)+\frac{1-c}{2}\log (1-c)$$である。