第1問 対数を含む関数のグラフと水平線がちょうど2点で交わる条件

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $f(x)=k$ の解の個数を、グラフの交点で数える。$f$ は分数の形で、そのまま微分すると式が重い。そこで分母の中の $x\log \frac{a}{x}$ を $g(x)$ とおく。

$0<x<1<a$ なので $\frac{a}{x}>1$ で、$g(x)>0$ である。すると $f(x)=\frac{1}{g(x{)}^2}$ となり、$f(x)=k$ は $g(x)=\frac{1}{\sqrt{k}}$ と同じになる。$g$ は1回微分すれば増減が分かる。

① $k$ の符号。 $f(x)>0$ なので、$k\leqq 0$ では共有点がない。以下 $k>0$ とする。$g(x)>0$ だから

$$f(x)=k⟺g(x{)}^2=\frac{1}{k}⟺g(x)=\frac{1}{\sqrt{k}}$$

② $g$ の増減。 $g(x)=x(\log a-\log x)$ を微分すると

$$g^{\prime }(x)=\log a-\log x-1=\log \frac{a}{ex}$$

$g^{\prime }(x)=0$ となるのは $x=\frac{a}{e}$ のときで、$x<\frac{a}{e}$ で $g^{\prime }>0$、$x>\frac{a}{e}$ で $g^{\prime }<0$ である。

③ $a\geqq e$ のとき。 $\frac{a}{e}\geqq 1$ なので、$0<x<1$ では $g^{\prime }(x)>0$ で、$g$ は増加する。$g(x)=\frac{1}{\sqrt{k}}$ の解は多くても1個なので、条件を満たさない。

④ $1<a<e$ のとき。 $g$ は $0<x\leqq \frac{a}{e}$ で増加し、$\frac{a}{e}\leqq x<1$ で減少する。端と頂上の値は

$$\underset{x\to +0}{\lim }g(x)=\underset{x\to +0}{\lim }(x\log a-x\log x)=0,g\left(\frac{a}{e}\right)=\frac{a}{e},\underset{x\to 1-0}{\lim }g(x)=\log a$$

($x\log x\to 0$ は、問題文で証明なしに使ってよいとされている。)

ここで $\log a<\frac{a}{e}$ を確かめる。$h(a)=\frac{a}{e}-\log a$ とおくと $h^{\prime }(a)=\frac{1}{e}-\frac{1}{a}<0$($1<a<e$)で、$h(e)=0$ だから $h(a)>0$ である。

したがって $g(x)=c$($c>0$)の解の個数は次のようになる。$x=1$ は定義域に含まれないので、値 $\log a$ は減少する側ではとらない。

• $0<c\leqq \log a$:増加する側の $1$ 個
• $\log a<c<\frac{a}{e}$:増加する側と減少する側で $2$ 個
• $c=\frac{a}{e}$:$1$ 個
• $c>\frac{a}{e}$:$0$ 個

⑤ 条件をまとめる。 ちょうど2個になるのは、$1<a<e$ かつ $\log a<\frac{1}{\sqrt{k}}<\frac{a}{e}$ のときだ。どの辺も正なので、逆数をとって2乗すると

$$\frac{e^2}{a^2}<k<\frac{1}{(\log a{)}^2}$$

求める集合は $1<a<e$ の範囲で2曲線 $k=\frac{e^2}{a^2}$ と $k=\frac{1}{(\log a{)}^2}$ にはさまれた部分(境界を含まない)である。$a\to 1+0$ のとき上の曲線は限りなく大きくなり、下の曲線は $e^2$ に近づく。$a=e$ では2曲線がともに $k=1$ になる。

まとめ:分母の中身 $g(x)=x\log \frac{a}{x}$ に置きかえると、解の個数は「山形のグラフと水平線の交点の数」になる。山の頂上 $x=\frac{a}{e}$ が区間に入るか($a<e$)と、右端の値 $\log a$ が頂上より低いかを調べた。右端 $x=1$ が区間に含まれないことが境界の扱いを決める。

発展。 2曲線は点 $(e,1)$ で接している。$k=\frac{e^2}{a^2}$ の傾きは $-\frac{2e^2}{a^3}$、$k=\frac{1}{(\log a{)}^2}$ の傾きは $-\frac{2}{a(\log a{)}^3}$ で、$a=e$ ではどちらも $-\frac{2}{e}$ になる。そのため、求める集合は $a$ が $e$ に近づくほど細くなっていく。

別解

別解:置きかえで、$a$ によらない1つのグラフにまとめる。 $x=a{e}^{-u}$ とおく。$x$ が小さいほど $u$ は大きく、$0<x<1$ は $u>\log a$ に1対1に対応する。$\log \frac{a}{x}=u$ なので

$$g(x)=x\log \frac{a}{x}=au{e}^{-u}$$

方程式 $g(x)=\frac{1}{\sqrt{k}}$ は $u{e}^{-u}=\frac{1}{a\sqrt{k}}$ になる。

関数 $\phi (u)=u{e}^{-u}$ は $a$ を含まない。${\phi }^{\prime }(u)=(1-u)e^{-u}$ なので $u=1$ で最大値 $\frac{1}{e}$ をとり、$u\to \infty$ で $0$ に近づく。$a$ の役割は区間の左端 $u=\log a$ を決めることだけになる。

区間 $u>\log a$ で $\phi (u)=c$ が2個の解をもつには、頂上 $u=1$ が区間に入ること($\log a<1$、つまり $a<e$)と、$\phi (\log a)<c<\frac{1}{e}$ が必要十分である。$\phi (\log a)=\frac{\log a}{a}$ なので

$$\frac{\log a}{a}<\frac{1}{a\sqrt{k}}<\frac{1}{e}⟺\log a<\frac{1}{\sqrt{k}}<\frac{a}{e}$$

となり、本解と同じ条件が得られる。