青木ゼミ青木大学入試(数学)　.関西の私立大学　.立命館大　理系　2015(2/3)

2015立命館大　理系（2月3日）　数学１

第1問

　　aを実数とし、関数
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=ax^2+e^{-x^2}\end{align*}}$
　　について考える。必要ならば、$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\ te^{-t}=0\end{align*}}$ を用いてよい。

　(1) a=0のとき、f(x)はx=±　ア　で変曲点をもつ。

　(2) a=0のとき、f”(x)はx=　イ　で最小値　ウ　をとり、
　　　 x=　エ　で最大値　オ　をとる。

　(3) 0＜a＜　カ　のとき、f(x)は異なる2つのx=±　キ　で
　　　最小値　ク　をとる。

　(4) f(x)は　ケ　＜a＜0のとき変曲点を　コ　個もち、
　　　 0≦a＜　サ　のとき変曲点を　シ　個もち、それ以外の
　　　ときは変曲点をもたない。

解答はこちら↓

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【解答】

　　ア $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$　　　　イ 0　　　　ウ－2　　　　エ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \pm\sqrt{\frac{3}{2}}\end{align*}}$　　　　オ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4e^{-\frac{3}{2}}\end{align*}}$　　　　

　　カ 1　　　　キ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{-\log a}\end{align*}}$　　　　ク $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1-\log a \right)a\end{align*}}$　　　　ケ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2e^{-\frac{3}{2}}\end{align*}}$

　　コ 4　　　　サ 1　　　　シ 2　　　　

【解説】

　　　　任意のxに対して f(－x)=f(x) が成り立つので
　　　　f(x)は偶関数である。

　(1)
　　　a=0 のとき
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=e^{-x^2}\ \ ,\ \ f\ '(x)=-2x\ e^{-x^2}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ ''(x)=-2e^{-x^2}-2x\ e^{-x^2}\cdot\left( -2x\right)=2\left( 2x^2-1\right)e^{-x^2}\end{align*}}$
　　　より、f”(x)=となるのは、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\pm\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$ のときであり、
　　　この前後でf”(x)の符号が変化するので、
　　　f(x)は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ x=\pm\frac{1}{\sqrt2}}\end{align*}}$ で変曲点をもつ。

　(2)
　　　a=0のときのf”(x)をg(x)とおくと、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=2\left( 2x^2-1\right)e^{-x^2}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=8x\ e^{-x^2}+2\left(2x^2-1 \right)e^{-x^2}\cdot\left(-2x \right)=4x\left(3-2x^2 \right)e^{-x^2}\end{align*}}$
　　　となる。このことと、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\ g(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}2\left(2x^2-1 \right)e^{-x^2}=0\end{align*}}$
　　　より、g(x)の0≦xにおける増減は次のようになる。

　　　　　　
　　　
　　　g(x)も偶関数なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)_{min}=\underline{\ g (0)=-2\ }\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g (x)_{max}=\underline{\ g\left(\pm\sqrt{\frac{3}{2}}\right)=4e^{-\frac{3}{2}}\ }\end{align*}}$
　　　となる。

　(3)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=2ax-2x\ e^{-x^2}=2x\left(a-e^{-x^2} \right)\end{align*}}$
　　　x=0以外でf’(x)=0となるのは
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf e^{-x^2}=a\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2=-\log a\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\sqrt{-\log a}\end{align*}}$
　　　のときであり、このような異なる2つのxが存在するのは
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=e^{-x^2}>0\end{align*}}$　かつ　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -log a=x^2> 0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a< 1\ }\end{align*}}$
　　　であればよい。
　　　　このときf(x)の0≦xにおける増減は、次のようになる。

　　　　　　　

　　　　f(x)は偶関数なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)_{min}=\underline{\ f\left(\pm\sqrt{-\log a} \right)=\left(1-\log a \right)a\ }\end{align*}}$

　(4)　　　
　　　　(2)の増減表より、y=g(x)のグラフは次のようになる。

　　　　　　　
　　　　ここで、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ ''(x)=2a+2\left(2x^2-1 \right)e^{-x^2}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ g\ (x)=-2a\end{align*}}$
　　　　なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<-2a<4e^{-\frac{3}{2}}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ -2e^{-\frac{3}{2}}\lt a<0\ }\end{align*}}$
　　　　のとき、曲線y=g(x)と直線x=－2aは異なる4つの共有点を
　　　　もつ。このとき、方程式f”(x)=0は4つの異なる実数解をもち、
　　　　それぞれの値の前後でf”(x)の符号が入れかわるので、
　　　　f(x)は4つの変曲点をもつ。

　　　　一方、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2<-2a\leqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ 0\leqq a<1\ }\end{align*}}$
　　　　のとき、方程式f”(x)=0は2つの異なる実数解をもち、
　　　　それぞれの値の前後でf”(x)の符号が入れかわるので、
　　　　f(x)は2つの変曲点をもつ。

　　(4)あたりは、難しいのかもしれませんね。　　

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2015立命館大　理系（2月3日）　数学２

第2問

　　座標空間において原点をOとし、3点
　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf A\left(1\ ,\ \frac{1}{2}\ ,\ 0\right)\ \ ,\ \ B\left(0\ ,\ 0\ ,\ 1 \right)\ \ ,\ \ C\left(1\ ,\ 0\ ,\ 0 \right)\end{align*}}$
　　　を考える。$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}+s\overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$ を位置ベクトルにもつ点をPとし、
　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf t\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ を位置ベクトルにもつ点をQとする。s、tが実数全体を
　　　動くとき、点P、Qはそれぞれ直線BC、直線OA上を動く。

　(1) 2点P、Q間の距離はs、tを用いて表すと　ス　である。
　　　 s₁を実数とし、s=s₁のときの点PをP₁とすると、点Qが
　　　点P₁に最も近づくのはｔ=　セ　 s₁+　ソ　のときで
　　　ある。このときの点QをQ₁、tをt₁とする。
　　　さらに、点Pが点Q₁に最も近づくのは s=　タ　ｔ₁+　チ　
　　　のときである。

　(2) さらに、m≧2のとき、s_m、t_mを
　　　　　　　　s_m=　タ　 t_m-1+　チ　
　　　　　　　　t_m=　セ　 s_m+　ソ　
　　　と定める。数列{s_m}の一般項はs₁を用いて表すと、
　　　　　　　　s_m=　ツ　
　　　であり、
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{m\rightarrow\infty}\ s_m\end{align*}}$ =　テ　、　$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{m\rightarrow\infty}\ t_m\end{align*}}$ =　ト　
　　　となる。

　(3) s=　テ　、t=　ト　のときの点P、QをそれぞれP_∞、
　　　 Q_∞とする。このとき、任意のs、tについて
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf P_{\infty}Q_{\infty}}\cdot\overrightarrow{\sf OP}\end{align*}}$ =　ナ　
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf P_{\infty}Q_{\infty}}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}\end{align*}}$ =　ニ　
　　　が成り立つ。

解答はこちら↓

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【解答】

　　ス $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{2s^2-2st+\frac{5}{4}t^2-2s+1}\end{align*}}$　　　　セ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4}{5}\end{align*}}$　　　　ソ 0　　　　タ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$

　　チ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$　　　　ツ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{2}{5} \right)^{n-1}\left(s_1- \frac{5}{6}\right)+\frac{5}{6}\end{align*}}$　　　　テ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{5}{6}\end{align*}}$　　　　ト $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\end{align*}}$

　　ナ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{6}\end{align*}}$　　　　ニ 0　　　　

【解説】

　(1)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\overrightarrow{\sf OB}+s\overrightarrow{\sf BC}=\left(s\ ,\ 0\ ,\ 1-s \right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}=t\overrightarrow{\sf OA}=\left( t\ ,\ \frac{t}{2}\ ,\ 0\right)\end{align*}}$
　　　より、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf PQ} \right|=\sqrt{\left(s-t \right)^2+\left(\frac{t}{2} \right)^2+\left(1-s \right)^2}\end{align*}}$
　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \sqrt{2s^2-2st+\frac{5}{4}t^2-2s+1}\ }\end{align*}}$

　(2)
　　　(1)より
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf P_1Q} \right|^2=\frac{5}{4}t^2-2s_1t+2s_1^2-2s_1+1\end{align*}}$
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{5}{4}\left( t-\frac{4}{5}s_1\right)^2+\frac{6}{5}s_1^{\ 2}-2s_1+1\end{align*}}$
　　　となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\underline{\ \frac{4}{5}s_1\ }\end{align*}}$ のとき、点Qは点P₁に最も近づく。
　　　また、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf PQ_1} \right|^2=2s^2-2\left(t_1+1 \right)s+\frac{5}{4}t_1^2+1\end{align*}}$
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left( s-\frac{t_1+1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}t_1^{\ 2}-t_1+\frac{1}{2}\end{align*}}$
　　　となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=\underline{\ \frac{t_1+1}{2}\ }\end{align*}}$ のとき、点Pは点Q₁に最も近づく。

　(2)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s_m=\frac{1}{2}\ t_{m-1}+\frac{1}{2}\ \ ,\ \ t_m=\frac{4}{5}\ s_m\end{align*}}$
　　　これら2式からt_mを消去すると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s_{m+1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{5}\ s_m+\frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ s_{m+1}-\frac{5}{6}=\frac{2}{5}\left(s_m- \frac{5}{6}\right)\end{align*}}$
　　　と変形できるので、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{s_m- \frac{5}{6}\right\}\end{align*}}$ は等比数列となる。
　　　よって、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s_m- \frac{5}{6}=\left(\frac{2}{5} \right)^{n-1}\left(s_1- \frac{5}{6}\right)\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ s_m=\underline{\ \left(\frac{2}{5} \right)^{n-1}\left(s_1- \frac{5}{6}\right)+\frac{5}{6}}\end{align*}}$
　　　となり、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\frac{2}{5}<1\end{align*}}$ より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{m\rightarrow\infty}\ S_m=\lim_{m\rightarrow\infty}\left\{ \left(\frac{2}{5} \right)^{n-1}\left(s_1- \frac{5}{6}\right)+\frac{5}{6}\right\}=\underline{\ \frac{5}{6}\ }\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{m\rightarrow\infty}\ t_m=\lim_{m\rightarrow\infty}\frac{4}{5} \ s_m=\underline{\ \frac{2}{3}\ }\end{align*}}$

　(3)
　　　(2)より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP_{\infty}}=\left(\frac{5}{6}\ ,\ 0\ ,\ \frac{1}{6} \right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf OQ_{\infty}}=\left(\frac{2}{3}\ ,\ \frac{1}{3}\ ,\ 0 \right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf P_{\infty}Q_{\infty}}=\left(-\frac{1}{6}\ ,\ \frac{1}{3} \ ,\ -\frac{1}{6}\right)\end{align*}}$
　　　なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf P_{\infty}Q_{\infty}}\cdot\overrightarrow{\sf OP}=-\frac{1}{6}s-\frac{1}{6}\left( 1-s\right)=\underline{\ -\frac{1}{6}\ }\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf P_{\infty}Q_{\infty}}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}=-\frac{1}{6}t+\frac{1}{6}t=\underline{\ 0\ }\end{align*}}$

　　上から順に計算していきましょう。　　

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2015立命館大　理系（2月3日）　数学３

第3問

　　　－1＜x＜1で定義された関数f_t(x)を
　　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf f_t(x)=\frac{tx-1}{x-t}\end{align*}}$
　　　と定める。ただしt＞1とする。
　　　f_t(x)の値域は　ヌ　＜f_t(x)＜　ネ　である。
　　　また、
　　　　　　　　　f_t(f_t(x))=　ノ　
　　　であり、実数sでs≠t、s＜1を満たすものについて
　　　　　　　　　g(x)=f_s(f_t(x))
　　　とおくと、
　　　　　　　　　
　　　とし、$\small\sf{\begin{align*} \sf g\left( \frac{1-R^n}{1+R^n}\right)\end{align*}}$ をRを用いて表すと、
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf g\left( \frac{1-R^n}{1+R^n}\right)\end{align*}}$ =　ヘ　
　　　である。ただしnは自然数とする。

　　　数列{a_n}を
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=\frac{1-R}{1+R}\ \ , \ \ a_{n+1}=g\left(a_n \right)\ \ \ \left(n\geqq 1 \right)\end{align*}}$
　　　と定めると、s＜tのとき
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n\end{align*}}$ =　ホ　
　　　であり、s＞tのとき
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n\end{align*}}$ =　マ　
　　　である。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　　ヌ－1　　　　ネ 1　　　　ノ x　　　　ハ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{st-1}{t-s}\end{align*}}$　　　　ヒ 1　　　　

　　フ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{st-1}{t-s}\end{align*}}$　　　　ヘ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1-R^{n+1}}{1+R^{n+1}}\end{align*}}$　　　　ホ 1　　　　マ－1　

【解説】

　(1)
　　　t＞1より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f_t(x)=\frac{tx-1}{x-t}=t+\frac{t^2-1}{x-t}\end{align*}}$
　　　は、区間－1＜x＜1において単調に減少するので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f_t(1)\lt f_t(x)\lt f_t(-1)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ -1\lt f_t(x)<1\ }\end{align*}}$

　　　また、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f_t\left(f_t(x)\right)=\frac{t\cdot\frac{tx-1}{x-t}-1}{\frac{tx-1}{x-t}-t}=\frac{t\left(tx-1\right)-\left(x-t\right)}{tx-1-t\left(x-t\right)}=\frac{t^2x-x}{t^2-1}=\underline{\ x\ }\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g(x)=f_s\left(f_t(x)\right)=\frac{s\cdot\frac{tx-1}{x-t}-1}{\frac{tx-1}{x-t}-s}=\frac{\left(st-1\right)x-s+t}{\left(t-s\right)x+st-1}=\underline{\ \frac{\frac{st-1}{t-s}\ x+1}{x+\frac{st-1}{t-s}}\ }\end{align*}}$ ．

　　　ここで求めたハの式を $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\frac{st-1}{t-s}\end{align*}}$ とおくと、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R=\frac{A-1}{A+1}\ \ \Leftrightarrow\ \ RA+R=A-1\ \ \Leftrightarrow\ \ A=\frac{1+R}{1-R}\end{align*}}$
　　　となるので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\left( \frac{1-R^n}{1+R^n}\right)=\frac{\frac{1+R}{1-R}\cdot\frac{1-R^n}{1+R^n}+1}{\frac{1-R^n}{1+R^n}+\frac{1+R}{1-R}}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(1+R\right)\left(1-R^n\right)+\left(1-R\right)\left(1+R^n\right)}{\left(1-R\right)\left(1-R^n\right)+\left(1+R\right)\left(1+R^n\right)}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-R^n+R-R^{n+1}+1+R^n-R-R^{n+1}}{1-R^n-R+R^{n+1}+1+R+R^n+R^{n+1}}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1-R^{n+1}}{1+R^{n+1}}\ }\end{align*}}$

　　　これより、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=g(a_1)=g\left( \frac{1-R^1}{1+R^1}\right)=\frac{1-R^2}{1+R^2}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=g(a_2)=g\left( \frac{1-R^2}{1+R^2}\right)=\frac{1-R^3}{1+R^3}\end{align*}}$
　　　となり、以下も帰納的に
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{1-R^n}{1+R^n}\end{align*}}$
　　　が成り立つ。
　　　よって、1＜s＜tのとき
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\frac{1+R}{1-R}=\frac{st-1}{t-s}>0\ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+R\right)\left(1-R\right)>0\ \ \Leftrightarrow\ \ -1\lt R<1\end{align*}}$
　　　となるので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-R^n}{1+R^n}=\underline{\ 1\ }\end{align*}}$
　　　また、1＜t＜sのとき
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\frac{1+R}{1-R}=\frac{st-1}{t-s}<0\ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+R\right)\left(1-R\right)<0\ \ \Leftrightarrow\ \ R<-1\ ,\ 1\lt R\end{align*}}$
　　　となるので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-R^n}{1+R^n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{R^n}-1}{\frac{1}{R^n}+1}=\underline{\ -1\ }\end{align*}}$

　　穴埋めなので、分母≠0 などの細かい部分は無視してます。　　

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2015立命館大　理系（2月3日）　数学４

第4問

　　　2個のサイコロを投げて出た目をそれぞれm、nとする。3次関数
　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x^3-\frac{3}{m^2}\ x+\frac{n}{m^3}\end{align*}}$
　　　について考える。

　(1) f(x)はx= で極大値　ム　をとる。また、$\small\sf{\begin{align*} \sf f\left( -\frac{k}{m}\right)<0\end{align*}}$
　　　がどんなnに対しても成り立つような最小の自然数kは　メ　で
　　　ある。したがって、xについての3次方程式f(x)=0の解が
　　　　　　　　
　　　の範囲に少なくとも一つ存在する。また、m=　モ　のとき、
　　　この範囲に整数が存在する。

　(2) f(x)の極大値が整数となる確率は　ヤ　である。

　(3) xについての3次方程式f(x)=0が相異なる3つの実数解をもつ
　　　確率は　ユ　であり、2重解をもつ確率は　ヨ　である。

　(4) f(x)=0が整数解をもつ確率は　ラ　である。

解答はこちら↓

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【解答】

　　ミ 1　　　　ム $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n+2}{m^3}\end{align*}}$　　　　メ 3　　　　モ 1，2　　　　ヤ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{7}{36}\end{align*}}$　　　　

　　ユ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{6}\end{align*}}$　　　　ヨ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{6}\end{align*}}$　　　　　ラ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{18}\end{align*}}$

【解説】

　[ミム]
　　　　f(x)の導関数は、　
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=3x^2-\frac{3}{m^2}=3\left(x- \frac{1}{m}\right)\left(x+ \frac{1}{m}\right)\end{align*}}$
　　　　となるので、増減は次のようになる。

　　　　　　　

　　　　よって、f(x)の極大値は
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ f\left( -\frac{1}{m}\right)=\frac{n+2}{m-3}\ }\end{align*}}$

　[メ]
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left( -\frac{k}{m}\right)=\frac{-k^3+3k+n}{m^3}<0\ \ \Leftrightarrow\ \ k^3-3k>n\end{align*}}$
　　　　であり、n≦6なので、　
　　　　　　　　　　k³－3k＞6　　……(ⅰ)
　　　　を満たせばよい。　
　　　　　　　　k=1のとき、1－3＜6より不適
　　　　　　　　k=2のとき、8－6＜6より不適
　　　　　　　　k=3のとき、27－9＞6よりOK
　　　　よって、(ⅰ)を満たす最小の自然数kは、k=3である。

　[モ]
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{3}{m}\lt x<-\frac{1}{m}\end{align*}}$　　……(ⅱ)
　　　　m=1のとき、－3＜x＜－1の範囲に整数解x=－2をもつ
　　　　m=2のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{3}{2}\lt x<-\frac{1}{2}\end{align*}}$ の範囲に整数解x=－1をもつ
　　　　m≧3のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf －1\leqq -\frac{3}{m}\lt x<-\frac{1}{m}<0\end{align*}}$ の範囲には整数を含まない
　　　　よって、求めるmの値は、m=1，2である。

　[ヤ]
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n+2}{m^3}\end{align*}}$ が整数になるのは
　　　　　　　　(m，n)=(1，1)、(1，2)、(1，3)、(1，4)、
　　　　　　　　　　　　　(1，5)、(1，6)、(2，6)
　　　　の7通りあるので、求める確率は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{7}{36}}\end{align*}}$

　[ユ]
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n+2}{m^3}>0\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n-2}{m^3}<0\end{align*}}$ であればよい。
　　　　これは、n=1のときなので、求める確率は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{1}{6}}\end{align*}}$

　[ヨ]
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n+2}{m^3}=0\end{align*}}$ または $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n-2}{m^3}=0\end{align*}}$ であればよい。
　　　　これは、n=2のときなので、求める確率は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{1}{6}}\end{align*}}$

　[ラ]
　　　　方程式f(x)=0は(#)の範囲に必ず実数解（$\scriptsize\sf{\alpha}$ とする）
　　　　をもち、$\scriptsize\sf{\alpha}$ が整数になるのは、次の2つの場合がある。

　　　　・ m=1のときは、$\scriptsize\sf{\alpha}$ =－2なので、
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(-2)=-8+6+n=0\ \ \Leftrightarrow\ \ n=2\end{align*}}$
　　　　・ m=2のときは、$\scriptsize\sf{\alpha}$ =－1なので、
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(-1)=-1+\frac{3}{4}+\frac{n}{8}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ n=2\end{align*}}$

　　　　次に、$\scriptsize\sf{\alpha}$ 以外の実数解をもつ場合を考える。

　　　　(Ⅰ) n=2のとき、f(x)=0は、$\scriptsize\sf{\alpha}$ 以外に2重解 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{1}{m}\end{align*}}$
　　　　　　　をもち、これが整数になるのはm=1のときのみ。

　　　　(Ⅱ) n=1のとき、f(x)=0は$\scriptsize\sf{\alpha}$ 以外に2つの実数解をもつ。
　　　　　　　これらを$\scriptsize\sf{\beta}$ 、γ （$\scriptsize\sf{\beta}$ ＜γ）とすると、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(0)=\frac{1}{m^3}>0\end{align*}}$ より
　　　　　　　0＜$\scriptsize\sf{\beta}$ ＜$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{m}\end{align*}}$ ＜$\scriptsize\sf{\gamma}$ となる。ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{m}\end{align*}}$ ≦1より、$\scriptsize\sf{\beta}$ は
　　　　　　　整数となり得ない。
　　　　　　　・m=1のとき
　　　　　　　　　　　f(1)=1－3+1＜0、　f(2)=8－6+1＞0
　　　　　　　　　より、1＜$\scriptsize\sf{\gamma}$ ＜2 となるので、$\scriptsize\sf{\gamma}$ も整数ではない。
　　　　　　　・m≧2のとき
　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (1)=1-\frac{3}{m^2}+\frac{1}{m^3}\geqq 1-\frac{3}{4}+\frac{1}{m^3}>0\end{align*}}$
　　　　　　　　　より、0＜$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{m}\end{align*}}$ ＜$\scriptsize\sf{\gamma}$ ＜1 となるので、$\scriptsize\sf{\gamma}$ も整数ではない。

　　　　以上より、題意を満たすのは、
　　　　　　　　　　(m，n)=(1，2)、(2，2)
　　　　のときなので、求める確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{1}{18}\ }\end{align*}}$

　　最後がタイヘンですね＾＾；；
　　今年の立命館は、2月2日、2月3日どちらも、例年に比べて
　　かなり難しくなっていると思います。　　

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テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術

2018/12/04(火) 02:04:00|

大学入試(数学)　.関西の私立大学　.立命館大　理系　2015(2/3)

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