第1問
aを1でない正の実数とする。以下の問いに答えよ。
(1) 方程式
$\small\sf{\begin{align*} \sf 2^x\log_2x-\frac{8}{\log_a2}\log_ax=0\end{align*}}$
を満たす実数xをすべて求めよ．
(2) 正の実数Aに対し、方程式
$\small\sf{\begin{align*} \sf 2^x\log_2A+\frac{2^{-x}}{\log_a2}\log_aA-2=0\end{align*}}$
を満たす実数xの個数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\log_ax}{\log_a2}=\log_2x\end{align*}}$
なので、与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2^x\log_2x-8\log_2x=0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2^x=8\ \ or\ \ \log_2=0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\underline{3\ ,\ 1}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\log_aA}{\log_a2}=\log_2A\end{align*}}$
なので、与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2^x\log_2A+2^{-x}\log_2A-2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ 2^{2x}\log_2A-2\cdot 2^x+\log_2A=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\sf B=\log_2A\ ,\ \ t=2^x\ (t\gt 0)}$とおくと、
$\scriptsize\sf{\sf Bt^2-2t+B=0}$ ･･････(*)
$\scriptsize\sf{\sf B=\log_2A=0}$ のとき、すなわち、A=1のときは、
(*) ⇔ $\scriptsize\sf{\sf -2t=0}$ ⇔ t=0
となるので、(*)はt＞0の範囲に実数解を持たない。
以下、B≠0とする。
(*)の判別式をDとすると、
$\scriptsize\sf{\sf D=1-B^2=(1-B)(1+B)}$
なので、$\scriptsize\sf{\sf B\lt -1\ ,\ 1\lt B}$ のとき、(*)は実数解を持たない。
$\scriptsize\sf{\sf -1\leqq B\leqq 1}$ のとき、(*)の実数解を$\scriptsize\sf{\alpha\ ,\ \beta\ \ (\alpha\leqq \beta)}$ とおくと、
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha+\beta= \frac{2}{B}\ ,\ \ \alpha\beta=1\end{align*}}$
・B＜0すなわち、0＜A＜1のとき
$\scriptsize\sf{\alpha+\beta\lt 0}$ かつ $\scriptsize\sf{\alpha\beta\gt 0}$ より、$\scriptsize\sf{\alpha\leqq\beta\lt 0}$ となり
(*)はt＞0の範囲に実数解を持たない。
・0＜B＜1すなわち、1＜A＜2のとき
D＞0 および $\scriptsize\sf{\alpha+\beta\gt 0}$ かつ $\scriptsize\sf{\alpha\beta\gt 0}$
より$\scriptsize\sf{\sf 0\lt \alpha\leqq\beta}$ となり、(*)はt＞0の範囲に2つの実数解を持つ。
・B=1すなわち、A=2のとき
D=0 および $\scriptsize\sf{\alpha+\beta\gt 0}$ かつ $\scriptsize\sf{\alpha\beta\gt 0}$
より$\scriptsize\sf{\sf 0\lt \alpha=\beta}$ となり、(*)はt＞0の範囲に1つの実数解を持つ。
以上より、
0＜A≦1、 2＜Aのとき、0個
A=2のとき、1個
1＜A＜2のとき、2個
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第2問
座標平面上に点O(0，0)、A(4，0)、B(1，1)、C(k，k)をとる。ただし
kは正の実数である。また∠OABを$\small\sf{\theta}$ と表す。以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\cos\theta\ ,\ \cos 2\theta}$ を求めよ。
(2) ∠OCA=2$\small\sf{\theta}$ となるようにkを定めよ。
(3) kを(2)で求めたものとする。3点A、B、Cを通る円とx軸との交点で、
A以外のものをDと表す。このときcos∠DCAを求めよ。また△OCD
と△ACDの面積比を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OA=4\ ,\ OB=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2\ ,\ AB=\sqrt{\left(4-1\right)^2+1^2}=\sqrt{10}\end{align*}}$
なので、△OABに余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=\frac{4^2+\left(\sqrt{10}\right)^2-\left(\sqrt2\right)^2}{2\cdot 4\cdot\sqrt{10}}=\underline{\frac{3}{\sqrt{10}}}\end{align*}}$
倍角公式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos2\theta=2\cos^2\theta-1=2\cdot\left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right)^2-1=\underline{\frac{4}{5}}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OC=\sqrt{k^2+k^2}=\sqrt{2k^2}\ \ ,\ \ AC=\sqrt{\left(4-k\right)^2+k^2}=\sqrt{2\left(k^2-4k+8\right)}\end{align*}}$
なので、△OACに余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4^2=2k^2+2\left(k^2-4k+8\right)-2\cdot\sqrt{2k^2}\cdot\sqrt{2\left(k^2-4k+8\right)}\cdot\frac{4}{5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 4\sqrt{k^4-4k^3+8k^2}=5\left(k^2-2k\right)\end{align*}}$
両辺を2乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 16\left(k^4-4k^3+8k^2\right)=25\left(k^4-4k^3+4k^2\right)\ \ ,\ \ k^2-2k\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 9k^4-36k^3-28k^2=k^2\left(3k-14\right)\left(3k+2\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ k=\underline{\frac{14}{3}}\ \ \ \ \left(\because\ k\geqq 2\right)\end{align*}}$
(3)
孤BDに対する円周角を考えると、
∠BCD=∠BAD=$\scriptsize\sf{\theta}$
∠DCA=2$\scriptsize\sf{\theta}$ -$\scriptsize\sf{\theta}$ =$\scriptsize\sf{\theta}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\angle DCA=\underline{\frac{3}{\sqrt{10}}}\end{align*}}$
また、CDは∠OCAの二等分線になるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle OCD :\triangle ACD&=\sf OD:AD \\ &=\sf OC:AC \\ &=\sf \sqrt{2\cdot\left(\frac{14}{3}\right)^2}:\sqrt{2\bigg\{\left(\frac{14}{3}\right)^2-4\cdot\frac{14}{3}+8\bigg\}}\\ &=\sf \underline{7:5}\end{align*}}$
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第3問
数列{an}を次のように定める。
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=2\ ,\ a_{n+1}=\frac{2n}{n+1}a_n+\frac{2^{n+1}}{n+1}\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)\end{align*}}$
また自然数pに対して二つの条件
(ア) ある自然数kを用いてp=3×2kと表される
(イ) ある自然数m、n （m＜n）を用いてp2=am+anと表される
を考える。以下の問いに答えよ。
(1) a2、a3、a4を求めよ。
(2) 一般項anを推測し、それが正しいことを数学的帰納法によって示せ。
(3) 条件(ア)が成り立っているとき、条件(イ)が成り立つことを示せ。
(4) 条件(イ)が成り立っているとき、条件(ア)が成り立つことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=\frac{2}{2}a_1+\frac{4}{2}=\underline{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=\frac{4}{3}a_2+\frac{8}{3}=\underline{8}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_4=\frac{6}{4}a_3+\frac{16}{4}=\underline{16}\end{align*}}$
(2)
(1)より、an=2nと類推できるので、これを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときはOK
(ⅱ) n=kのとき、ak=2kが成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{k+1}&=\sf \frac{2k}{k+1}\cdot 2^k+\frac{2^{k+1}}{k+1} \\ &=\sf \frac{2^k\left(2k+2\right)}{k+1} \\ &=\sf 2^{k+1}\end{align*}}$
となるので、n=k+1のときも成り立つ
以上より、数列{an}の一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{a_n=2^n}\end{align*}}$
(3)
p=3×2kのとき、
p2=9×22k
=(1+8)×22k
=22k+22k+3
=a2k+a2k+3
となるので、条件(イ)を満たす。
(4)
p2=2m+2n=2m(1+2n-m)
m＜nより1+2n-mは奇数となるので、2mは偶数の平方数、
1+2n-mは奇数の平方数となる。
よって、自然数kおよび奇数qを用いて
2m=22k
1+2n-m=q2 ･･････(*)
と表せる。(*)は
2n-m=q2-1=(q-1)(q+1)
と変形でき、q-1とq+1は連続する偶数なので、
q-1とq+1がともに2以外の素因数を持たないのは、
q-1=2、 q+1=4 すなわち q=3
のときである。よって、
p2=22k×32 ⇔ p=3×2k
となるので、条件(ア)を満たす。
(4) q-1とq+1が連続する偶数であることに気づけば簡単です。
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第4問
実数a、bに対し、
$\small\sf{\begin{align*} \rm I\sf \left(a,b\right)=\int_{-\pi}^{\pi}\left(e^{-|x|}-a\sin x-b\cos x\right)^2dx\end{align*}}$
とする。ただしeは自然対数の底である。
(1) $\small\sf{\rm I\sf (a,\ b)=\rm I\sf (0,\ b)+\pi\ a^2}$ を示せ。
(2) $\small\sf{\rm I\sf (0,\ b)}$ を求めよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \rm I\sf \left(a,b\right)\geqq 1-e^{-2\pi}-\frac{\left(1+e^{-\pi}\right)^2}{\pi}\end{align*}}$ を示せ。また等号が成立するときの
a、bの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf \left(a,b\right)&=\sf \int_{-\pi}^{\pi}\bigg\{\left(e^{-|x|}-b\cos x\right)^2-2a\sin x\left(e^{-|x|}-b\cos x\right)+a^2\sin^2x\bigg\}dx \\ &=\sf \rm I\sf \left(0,b\right)-2a\int_{-\pi}^{\pi}e^{-|x|}\sin xdx+2ab\int_{-\pi}^{\pi}\sin x\cos xdx+a^2\int_{-\pi}^{\pi}\sin^2xdx \end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf e^{-|-x|}\sin\left(-x\right)=-\left(e^{-|x|}\sin x\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\pi}^{\pi}e^{-|x|}\sin xdx=0\end{align*}}$
また、倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\pi}^{\pi}\sin x\cos xdx=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\sin 2xdx=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}\cos 2x\right]_{-\pi}^{\pi}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\pi}^{\pi}\sin^2xdx=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\left(1-\cos 2x\right)dx=\frac{1}{2}\left[x-\frac{1}{2}\sin 2x\right]_{-\pi}^{\pi}=\pi\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf \left(a,b\right)=\rm I\sf \left(0,b\right)+\pi a^2\end{align*}}$
が成り立つ。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf \left(0,b\right)&=\sf \int_{-\pi}^{\pi}\left(e^{-|x|}-b\cos x\right)^2dx \\ &=\sf \int_{-\pi}^{\pi}e^{-2|x|}dx-2b\int_{-\pi}^{\pi}e^{-|x|}\cos xdx+b^2\int_{-\pi}^{\pi}\cos^2xdx \end{align*}}$
まず、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf e^{-2|-x|}=e^{-2|x|}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\pi}^{\pi}e^{-2|x|}dx=2\int_{0}^{\pi}e^{-2x}dx=2\left[-\frac{1}{2}e^{-2x}\right]_{0}^{\pi}=1-e^{-2\pi}\end{align*}}$
さらに、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf e^{-|-x|}\cos\left(-x\right)=e^{-|x|}\cos x\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\pi}^{\pi}e^{-|x|}\cos xdx=2\int_{0}^{\pi}e^{-x}\cos xdx\end{align*}}$
であり、部分積分法より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{0}^{\pi}e^{-x}\cos xdx&=\sf \bigg[-e^{-x}\cos x\bigg]_0^{\pi}+\int_0^{\pi}e^{-x}\left(-\sin x\right)dx \\ &=\sf 1-e^{-\pi}-\int_0^{\pi}e^{-x}\sin xdx\\ &=\sf 1-e^{-\pi}-\bigg\{\bigg[-e^{-x}\sin x\bigg]_0^{\pi}+\int_0^{\pi}e^{-x}\cos xdx\bigg\} \\ &=\sf 1-e^{-\pi}-\int_0^{\pi}e^{-x}\cos xdx \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \int_{-\pi}^{\pi}e^{-|x|}\cos xdx=2\int_{0}^{\pi}e^{-x}\cos xdx=1-e^{-\pi}\end{align*}}$
また、倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\pi}^{\pi}\cos^2xdx=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\left(1+\cos 2x\right)dx=\frac{1}{2}\left[x+\frac{1}{2}\sin 2x\right]_{-\pi}^{\pi}=\pi\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf \left(0,b\right)=\underline{1-e^{-2\pi}-2\left(1+e^{-\pi}\right)b+\pi b^2}\end{align*}}$
(3)
(1)、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf \left(a,b\right)&=\sf 1-e^{-2\pi}-2\left(1+e^{-\pi}\right)b+\pi b^2+\pi a^2 \\ &=\sf \pi\left(b-\frac{1+e^{-\pi}}{\pi}\right)^2+\pi a^2+1-e^{-2\pi}-\frac{\left(1+e^{-\pi}\right)^2}{\pi}\\ &\geqq \sf 1-e^{-2\pi}-\frac{\left(1+e^{-\pi}\right)^2}{\pi}\end{align*}}$
等号成立は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \pi\left(b-\frac{1+e^{-\pi}}{\pi}\right)^2+\pi a^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{a=0\ ,\ b=\frac{1+e^{-\pi}}{\pi}}\end{align*}}$
のときである。
工学部の大問4の類題です。
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- 2017/10/17(火) 23:57:00|
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