大阪大学 2018年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

(1) $$F(x)=\log (1+x)-x+\frac{x^2}{2}$$ とおく。$x>0$ で $$F^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{1+x}-1+x=\frac{x^2}{1+x}>0$$ であり、$F(0)=0$ だから $F(x)>0$ である。よって $$x-\frac{x^2}{2}<\log (1+x)$$ が成り立つ。

次に $$G(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x}}-\log (1+x)$$ とおく。$x>0$ で $$G^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1+\frac{x}{2}-\sqrt{1+x}}{(1+x{)}^{3\mathrm{/}2}}$$ である。ここで $1+x\mathrm{/}2>0$ であり、$${(1+\frac{x}{2})}^2-(1+x)=\frac{x^2}{4}>0$$ だから $$1+x\mathrm{/}2>\sqrt{1+x}$$ である。したがって $G^{\mathrm{\prime }}(x)>0$、また $G(0)=0$ より $G(x)>0$ である。ゆえに $$\log (1+x)<\frac{x}{\sqrt{1+x}}$$ が成り立つ。

(2) $x>0$ では $\log (1+x)<x$ だから、分母が正であることに注意して $$\frac{1}{\log (1+x)}-\frac{1}{x}>0$$ である。

上からの評価を作るため、$$H(x)=\log (1+x)-\frac{2x}{x+2}$$ とおく。すると $$H^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{4}{(x+2{)}^2}=\frac{x^2}{(1+x)(x+2{)}^2}>0$$ であり、$H(0)=0$ だから $$\log (1+x)>\frac{2x}{x+2}$$ である。よって $$\frac{1}{\log (1+x)}<\frac{x+2}{2x}$$ となり、$$\frac{1}{\log (1+x)}-\frac{1}{x}<\frac{x+2}{2x}-\frac{1}{x}=\frac{1}{2}$$ を得る。したがって常に $0<y<\frac{1}{2}$ である。

端の値を確認する。$x\to 0+$ では、(1) の左側の不等式と $\log (1+x)<x$ から $$1-\frac{x}{2}<\frac{\log (1+x)}{x}<1$$ なので $\log (1+x)\mathrm{/}x\to 1$ である。また $$x-\log (1+x)={\int }_0^x\frac{u}{1+u}du$$ であり、$0\leqq u\leqq x$ で $1\mathrm{/}(1+x)\leqq 1\mathrm{/}(1+u)\leqq 1$ だから $$\frac{x^2}{2(1+x)}\leqq x-\log (1+x)\leqq \frac{x^2}{2}$$ である。したがって $$\frac{1}{\log (1+x)}-\frac{1}{x}=\frac{x-\log (1+x)}{x\log (1+x)}\to \frac{1}{2}$$ である。

一方、$x\to \mathrm{\infty }$ では $\log (1+x)\to \mathrm{\infty }$ かつ $x\to \mathrm{\infty }$ なので $\frac{1}{\log (1+x)}-\frac{1}{x}\to 0$ である。関数 $y$ は $x>0$ で連続であり、上の2つの極限により $0$ と $1\mathrm{/}2$ にいくらでも近い値をとる。したがって値域は $0<y<\frac{1}{2}$ である。

(1) の左側は $\log (1+x)$ の積分表示と $1\mathrm{/}(1+t)>1-t$ を使う。右側は $u=\sqrt{1+x}$ とおき，$u-u^{-1}-2\log u$ の単調性で示す。(2)は与えられた右側の不等式が，関数 $y$ の導関数が負であることと同値になる点を使い，端点極限と合わせて値域を決める。

(1)

$0\leqq t\leqq x$ では$$\frac{1}{1+t}-(1-t)=\frac{t^2}{1+t}\geqq 0$$であり，$t>0$ では狭義不等号が成り立つ。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \log (1+x)}& {\displaystyle ={\int }_0^x\frac{dt}{1+t}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle >{\int }_0^x(1-t)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =x-\frac{x^2}{2}\mathrm{.}}\end{array}$$次に$$u=\sqrt{1+x}>1$$とおく。示すべき右側の不等式は$$2\log u<u-\frac{1}{u}$$である。そこで$$\varphi (u)=u-\frac{1}{u}-2\log u$$とおけば$${\varphi }^{\mathrm{\prime }}(u)=1+\frac{1}{u^2}-\frac{2}{u}=\frac{(u-1{)}^2}{u^2}>0$$であり，$\varphi (1)=0$。よって $u>1$ で $\varphi (u)>0$ となり，$$\log (1+x)<\frac{x}{\sqrt{1+x}}$$を得る。

(2) $$Y(x)=\frac{1}{\log (1+x)}-\frac{1}{x}$$とおく。微分すると$$Y^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{(1+x)\{\log (1+x){\}}^2}\mathrm{.}$$(1)の右側から$$(1+x)\{\log (1+x){\}}^2<x^2$$であるため$$Y^{\mathrm{\prime }}(x)<0.$$したがって $Y$ は $x>0$ で狭義単調減少する。

また$$x-\log (1+x)={\int }_0^x\frac{t}{1+t}dt$$より$$\frac{x^2}{2(1+x)}\leqq x-\log (1+x)\leqq \frac{x^2}{2}\mathrm{.}$$さらに $\log (1+x)\mathrm{/}x\to 1$ だから$$\underset{x\to +0}{\lim }Y(x)=\underset{x\to +0}{\lim }\frac{x-\log (1+x)}{x\log (1+x)}=\frac{1}{2}\mathrm{.}$$一方，$$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }Y(x)=0.$$連続かつ狭義単調減少で，どちらの端点値も取らないので，値域は$$0<y<\frac{1}{2}$$である。