第1問
関数 h(x)=x－log(x2+1)と、xy平面内の曲線C:y=xh(x)を
考える。C上の点AにおけるCの接線Lが原点Oを通る．ただし、
AはOと異なるとする。
(1) h(x)の増減を調べよ。
(2) Aの座標を求めよ。
(3) CとLの共有点は2点OとAのみであることを(1)を用いて示せ。
(4) CとLで囲まれた部分の面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
h(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(x)=1-\frac{2x}{x^2+1}=\frac{x^2-2x+1}{x^2+1}=\frac{(x-1)^2}{x^2+1}\geqq 0\end{align*}}$
となるので、h(x)は単調に増加する。
(2)
点Aのx座標をa（a≠0）とおく。
また、f(x)=xh(x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=h(x)+xh\ '(x)\end{align*}}$
となるので、AにおけるC：y=f(x)の接線Lの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-f(a)=f\ '(a)(x-a)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y-ah(a)=\{h(a)+ah\ '(a)\}(x-a)\end{align*}}$
であり、これが原点Oを通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -ah(a)=-a\{h(a)+ah\ '(a)\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a^2h\ '(a)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ h\ '(a)=0\ \ \ \ (\because a\ne 0)\end{align*}}$
(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(a)=\frac{(a-1)^2}{a^2+1}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ a=1\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(1)=h(1)=1-\log 2\end{align*}}$
なので、Aの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ A\left(1\ ,\ 1-\log 2 \right)\ }\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(1)=h(1)+h\ '(1)=1-\log 2\end{align*}}$
なので、Lの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L:y=(1-\log 2)\ x\end{align*}}$
となり、CとLの2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (1-\log 2)\ x=xh(x)\ \ \Leftrightarrow\ \ x\{h(x)-(1-\log 2)\}=0\end{align*}}$ ････(A)
ここで、xの関数g(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g(x)=h(x)-(1-\log 2)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=h\ '(x)\geqq 0\end{align*}}$ ←(1)より
および
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (1)=h(1)-(1-\log 2)=0\end{align*}}$
なので、g(x)の増減は次のようになる。
| x | ･･･ | 1 | ･･･ |
| g’(x) | + | 0 | + |
| g(x) | ↗ | 0 | ↗ |
g(x)=0となるのは、x=1のときのみなので、
(A)を満たすxの値は、x=0とx=1のみ。
よって、CとLの共有点はOとAのみである。
(4)
(3)より、0＜x＜1の範囲において
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g(x)<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x\{h(x)-(1-\log 2)\}<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (1-\log 2)\ x>xh(x)\end{align*}}$
となるので、この範囲ではLはCより上にある。
よって、CとLで囲まれる部分の面積Sは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\int_0^1\left\{(1-\log 2)\ x-xh(x) \right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^1\left\{(1-\log 2)\ x-x^2 \right\}dx+\int_0^1x\log (x^2+1)\ dx\end{align*}}$
で求めることができる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\left\{(1-\log 2)\ x-x^2 \right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\frac{1}{2}(1-\log 2)\ x^2-\frac{1}{3}x^3 \right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}-\frac{1}{2}\log 2\end{align*}}$ ．
また、t=x2+1とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=2x\end{align*}}$
であり、x：0→1に対してt：1→2なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1x\log (x^2+1)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_1^2x\log t\cdot\frac{dt}{2x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\int_1^2\log t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\bigg[t\log t-t\bigg]_1^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log 2-\frac{1}{2}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\left( \frac{1}{6}-\frac{1}{2}\log 2\right)+\left( \log 2-\frac{1}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ -\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\log 2\ }\end{align*}}$
(3)の答案が書きにくいでしょうか。
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- 2013/10/20(日) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .京都工芸繊維大 後期 2009
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第2問
$\small\sf{\begin{align*} \rm I\sf =\int_0^1\frac{x^2+1}{x^4+1}\ dx\end{align*}}$ とおく。
(1) 次の等式がxについての恒等式であるように、定数a、bの値を
求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2+1}{x^4+1}=\frac{a}{\left( \sqrt2 x-1\right)^2+1}+\frac{b}{\left(\sqrt 2x+1 \right)^2+1}\end{align*}}$
(2) 実数$\small\sf{\alpha\ ,\ \beta}$ が$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt\alpha\lt \frac{\pi}{2}\ ,\ 0\lt\beta\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ および $\small\sf{\tan\alpha\tan\beta=1}$
を満たすとき、$\small\sf{\alpha}$ +$\small\sf{\beta}$ =$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ であることを証明せよ。
(3) Iを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
右辺は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a}{\left( \sqrt2 x-1\right)^2+1}+\frac{b}{\left(\sqrt 2x+1 \right)^2+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a}{2x^2-2\sqrt2x+2}+\frac{b}{2x^2+2\sqrt2 x+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left\{\frac{a}{(x^2+1)-\sqrt2x}+\frac{b}{(x^2+1)+\sqrt2 x}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\cdot\frac{a\left\{(x^2+1)+\sqrt2x\right\}+b\left\{(x^2+1)-\sqrt2 x\right\}}{\left\{(x^2+1)-\sqrt2x\right\}\left\{(x^2+1)+\sqrt2 x\right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\cdot\frac{(a+b)(x^2+1)+\sqrt2 (a-b)x}{(x^2+1)^2-2x^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\cdot\frac{(a+b)(x^2+1)+\sqrt2 (a-b)x}{x^4+1}\end{align*}}$
左辺と係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1=\frac{a+b}{2}\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0=\frac{a-b}{2}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=b=1\ }\end{align*}}$
(2)
与式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf tan\alpha \tan\beta=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\cdot\frac{ \sin\beta}{\cos\beta}=1\end{align*}}$
⇔ $\scriptsize\sf{\sf \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta=0}$
⇔ $\scriptsize\sf{\sf \cos(\alpha+\beta)=0}$ ←加法定理
となり、題意より、$\scriptsize\sf{\sf 0\lt\alpha+\beta\lt\pi}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha+\beta= \frac{\pi}{2}\end{align*}}$
(3)
まず、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf =\int_0^1\frac{x^2+1}{x^4+1}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^1\frac{dx}{\left( \sqrt2 x-1\right)^2+1}+\int_0^1\frac{dx}{\left(\sqrt 2x+1 \right)^2+1}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2 x-1=\tan \theta\ \ ,\ \ \sqrt2 x+1=\tan \phi\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\sqrt2 \cos^2\theta}\ \ ,\ \ \frac{dx}{d\phi}=\frac{1}{\sqrt2 \cos^2\phi}\end{align*}}$
となり、x=1に対応する$\scriptsize\sf{\theta,\ \phi}$ の値をそれぞれ$\scriptsize\sf{\alpha,\ \beta}$ とする。
すなわち、
$\scriptsize\sf{\sf \tan\alpha=\sqrt2-1\ ,\ \ \tan\beta=\sqrt2+1}$ ････①
ただし、$\scriptsize\sf{\sf 0\lt \alpha\lt \pi/2\ ,\ \ 0\lt\beta\lt \pi/2}$ とする。
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf =\int_{-\pi/4}^{\alpha}\frac{1}{\tan^2\theta}\cdot\frac{d\theta}{\sqrt2 \cos^2\theta}+\int_{\pi/4}^{\beta}\frac{1}{\tan^2\phi}\cdot\frac{d\phi}{\sqrt2 \cos^2\phi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{\sqrt2}\int_{-\pi/4}^{\alpha}d\theta+\frac{1}{\sqrt2}\int_{\pi/4}^{\beta}d\phi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{\sqrt2}\bigg[\ \theta\ \bigg]_{-\pi/4}^{\alpha}+\frac{1}{\sqrt2}\bigg[\ \phi\ \bigg]_{\pi/4}^{\beta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\alpha+\beta}{\sqrt2}\end{align*}}$ ．
ここで、①より
$\scriptsize\sf{\sf \tan\alpha\tan\beta=\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2+1\right)=1}$
なので、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf =\frac{\alpha+\beta}{\sqrt2}=\underline{\ \frac{\pi}{2\sqrt2 }\ }\end{align*}}$
(3)の置換の仕方は知ってますよね？
問題は何を$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、$\scriptsize\sf{\beta}$ とおくかです。
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- 2013/10/21(月) 23:57:00|
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第3問
白色の玉が1個、黒色の玉が2個、赤色、黄色、緑色の玉が
それぞれ3個ずつ、全部で12個の玉が袋に入っている。この
袋からAが4個の玉を同時に取り出し、次にこれらの玉をもと
に戻さずにBが4個の玉を同時に取り出す。次の事象E，F，G
を考える．
E：Aの取り出した玉の色がすべて異なる。
F：Bの取り出した玉の色がすべて異なる。
G：Aの取り出した玉の色の組合せとBの取り出した玉の色
の組合せが一致する。
(1) Eが起こる確率P(E)を求めよ。
(2) E、Gがともに起こる事象の確率P(E∩G)を求めよ。
(3) E、Fがともに起こる事象の確率P(E∩F)を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
取り出した4個の色がすべて異なる組み合わせは
(ア) 白、黒、赤、黄
(イ) 白、黒、赤、緑
(ウ) 白、黒、黄、緑
(エ) 白、赤、黄、緑
(オ) 黒、赤、黄、緑
の5通りの場合がある。
(1)
Aの玉の選び方の総数は、12C4=495通り
(ア)の場合は、1･2･3･3=18通り
(イ)、(ウ)も同様に18通りずつ
(エ)の場合は、1･3･3･3=27通り
(オ)の場合は、2･3･3･3=54通り
よって、事象Eが起こる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{18\times 3+27+54}{495}=\underline{\ \frac{3}{11}\ }\end{align*}}$ ．
(2)
事象E∩Gは、
「A、Bの色の組み合わせが一致し、玉の色がすべて異なる」
であり、白玉は1個しかないので、A、Bとも(オ)の組み合わせ
である。
Bの玉の選び方の総数は、8C4=70通り。
Aが(オ)のように玉を取り出した後に残っている玉は
白1個、黒1個、赤2個、黄2個、緑2個
なので、Bの玉が(オ)の組み合わせになるのは、
1･2･2･2=8通り
よって、A、Bとも(オ)の組み合わせになる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{54}{495}\cdot\frac{8}{70}=\underline{\ \frac{24}{1925}\ }\end{align*}}$ ．
(3)
・Aが(ア)のように玉を取り出した後に残っている玉は
黒1個、赤2個、黄2個、緑3個
なので、Bが(オ)となるのは 1･2･2･3=12通り
・Aが(イ)、(ウ)のときも同様、Bは12通り
・Aが(エ)のように玉を取り出した後に残っている玉は
黒2個、赤2個、黄2個、緑2個
なので、Bが(オ)となるのは 2･2･2･2=8通り
・Aが(オ)のように玉を取り出した後に残っている玉は
白1個、黒1個、赤2個、黄2個、緑2個
このとき
Bが(ア)となるのは 1･1･2･2=4通り
(イ)、(ウ)となるのも同様に4通りずつ
Bが(エ)となるのは 1･2･2･2=8通り
(オ)となるのも8通り
以上より、事象E∩Fが起こる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{18\cdot12\times3+27\cdot8+54\cdot (4\times 3+8\times 2)}{495\cdot 70}=\underline{\ \frac{12}{175}\ }\end{align*}}$
うまく整理しましょう。
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- 2013/10/22(火) 23:57:00|
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第4問
$\small\sf{\alpha}$ を定数とする。数列{bn}は次のように定められている。
b1=sin2$\small\sf{\alpha}$
bn+1=b1+$\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\end{align*}}$ bkcos(2k$\small\sf{\alpha}$ ) (n=1，2，3，････)
(1) b2=$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ sin2(2$\small\sf{\alpha}$ )であることを示せ。
(2) n=1，2，3，･･･に対して、bn+1をbnを用いて表せ。
(3) 数列{bn}の一般項を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
与えられた漸化式より
b2=b1+b1cos2$\scriptsize\sf{\alpha}$
=(1+cos2$\scriptsize\sf{\alpha}$ )sin2$\scriptsize\sf{\alpha}$
=2sin2$\scriptsize\sf{\alpha}$ cos2$\scriptsize\sf{\alpha}$ ←cosの倍角公式
=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ sin2(2$\scriptsize\sf{\alpha}$ ) ←sinの倍角公式
(2)
n≧2のとき
bn+1=b1+$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\end{align*}}$ bkcos(2k$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
bn=b1+$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n-1}\end{align*}}$ bkcos(2k$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
これら2式を辺々引くと、
bn+1－bn=bncos(2n$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
⇔ bn+1=bn{1+cos(2n$\scriptsize\sf{\alpha}$ )}
=2bncos2(2n-1$\scriptsize\sf{\alpha}$ ) ････(*)
(1)より、この関係式はn=1のときも成り立つ。
(3)
(*)より
b3=2b2cos2(2$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
=sin2(2$\scriptsize\sf{\alpha}$ )cos2(2$\scriptsize\sf{\alpha}$ ) ←(1)より
=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{4}\end{align*}}$ sin2(4$\scriptsize\sf{\alpha}$ ) ←sinの倍角公式
となるので、{bn}の一般項は
bn=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2^{n-1}}\end{align*}}$ sin2(2n-1$\scriptsize\sf{\alpha}$ ) ････①
と類推することができる。
これを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは自明
(ⅱ) n=kのとき①が成り立つと仮定すると、
(*)より
bk+1=2bkcos2(2k-1$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
=2･$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2^{k-1}}\end{align*}}$ sin2(2k-1$\scriptsize\sf{\alpha}$ )cos2(2k-1$\scriptsize\sf{\alpha}$ ) ←仮定より
=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2^k}\end{align*}}$ sin2(2k$\scriptsize\sf{\alpha}$ ) ←sinの倍角公式
となるので、n=k+1のときも①は成り立つ。
よって、{bn}の一般項は
bn=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2^{n-1}}\end{align*}}$ sin2(2n-1$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
である。
(2)で作った漸化式は簡単に解けそうにないので、
一般項を類推して帰納法という例のパターンです。
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- 2013/10/23(水) 23:57:28|
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