第2問
pを$\small{\sf 3\lt p\lt 4}$ を満たす定数として、$\small\sf{f(x)=px(1-x)}$ とおく。
(1) xに関する方程式$\small\sf{x=f(x)}$ の解はx= ア 、 イ （ ア ＜ イ ）である。
また、ｆ’( イ )= ウ である。
(2) $\small\sf{g(x)=f(f(x))}$ とおく。xに関する方程式$\small\sf{x=g(x)}$ の解のうち、$\small\sf{x=f(x)}$ を満たさないもの
を$\small\sf{\alpha,\ \beta\ (\alpha\lt\beta)}$ とする。$\small\sf{\alpha,\ \beta}$ はxに関する2次方程式x2+ エ x+ オ =0の解で
あり、$\small\sf{f'(\alpha)\ f'(\beta)=}$ カ である。さらに、不等式$\small\sf{\left|f'(\alpha)\ f'(\beta)\right|\lt 1}$ を満たすpの範囲を
求めると、$\small\sf{3\lt p\lt}$ ク を得る。
また、$\small\sf{f(g(x))=g(f(x))}$ であることより、$\small\sf{f(\alpha),\ f(\beta)}$ も$\small\sf{x=g(x)}$ の解となることから、
$\small\sf{f(\alpha)=\beta\ ,\ \ f(\beta)=\alpha}$ が成り立つ。これより、$\small\sf{g'(\alpha)=g'(\beta)=}$ ク を得る。
(注：すべて$\small\sf{f,\ g,\ \alpha,\ \beta}$ を用いずに答えよ。）
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【解答】
ア 0 イ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{p-1}{p}\end{align*}}$ ウ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -p+2\end{align*}}$ エ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{-p-1}{p}\end{align*}}$ オ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{p+1}{p^2}\end{align*}}$
カ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -p^2+2p+4\end{align*}}$ キ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+\sqrt6\end{align*}}$ ク $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -p^2+2p+4\end{align*}}$
【解説】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=px(1-x)=-px^2+px\end{align*}}$
ア 、 イ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s=f(x)=px(1-x)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x(px-p+1)\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\underline{0\ , \ \frac{p-1}{p}}\end{align*}}$
ウ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(x)=-2px+p \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'\left(\frac{p-1}{p}\right)=-2p\cdot \frac{p-1}{p}+p=\underline{-p+2} \end{align*}}$
エ 、 オ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F=f(x)\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)&=\sf f(f(x)) \\ &=\sf pF(1-F)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)-x&=\sf pF(1-F)-x \\ &=\sf p(F-x+x)\left\{1-(F-x+x)\right\}-x\\ &=\sf p\left\{(F-x)+x\right\}\left\{-(F-x)-x+1\right\}-x\\ &=\sf -p(F-x)^2+(-2px+p+1)(F-x)+px(1-x)-x\\ &=\sf -p(F-x)^2+(-2px+p+1)(F-x)+F-x\\ &=\sf (F-x)\left\{-p(F-x)-2px+p+1\right\}\\ &=\sf (F-x)\left[-p\left\{px(1-x)-x\right\}-2px+p+1\right]\\ &=\sf (f(x)-x)\left\{p^2x^2-(p^2+p)x+p+1\right\}\\ &=\sf p^2(f(x)-x)\left\{x^2-\frac{p+1}{p}x+\frac{p+1}{p^2}\right\}\end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha,\ \beta\end{align*}}$ は2次方程式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{x-\frac{p+1}{p}x+\frac{p+1}{p^2}}\end{align*}}$
の解である。
カ
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\beta=\frac{p+1}{p}\ ,\ \ \alpha\beta=\frac{p+1}{p^2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(\alpha)\ f'(\beta)&=\sf \left(-2p\alpha+p\right)\left(-2p\beta+p\right) \\ &=\sf 4p^2\alpha\beta-2p^2\left(\alpha+\beta\right)+p^2\\ &=\sf 4p^2\cdot\frac{p+1}{p^2}-2p^2\cdot\frac{p+1}{p}+p^2\\ &=\sf \underline{-p^2+2p+4}\end{align*}}$ ･･････(*)
キ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|f'(\alpha)\ f'(\beta)\right|\lt 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -1\lt -p^2+2p+4\lt 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{ \ \ \Leftrightarrow\ \ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l}\sf p^2-2p-5\lt 0\\ \sf p^2-2p-3\gt 0 \end{array} \right.\end{eqnarray}}$
$\scriptsize\sf{ \ \ \Leftrightarrow\ \ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l}\sf 1-\sqrt6\lt p\lt 1+\sqrt6\\ \sf p\lt -1\ ,\ \ 3\lt p \end{array} \right.\end{eqnarray}}$
これらと、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 3\lt p\leqq 4\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\underline{3\lt p\lt 1+\sqrt6}\end{align*}}$
ク
合成関数の微分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g'(x)=f'(f(x))\cdot f'(x) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(\alpha)=\beta\end{align*}}$ と(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g'(\alpha)&=\sf f'(f(\alpha))\cdot f'(\alpha) \\ &=\sf f'(\beta)\cdot f'(\alpha) \\ &=\sf \underline{-p^2+2p+4}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/02/22(金) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の私立大学 .立命館大 理系 2019(2/3)
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