第1問
nを自然数とする。2つの数列$\small\sf{\{a_n\}}$ と$\small\sf{\{S_n\}}$ を次のように定める。$\small\sf{a_1=1}$ とし、
xが$\small\sf{0\lt x\lt a_n}$ の範囲を動くとき、座標平面上の4点$\small\sf{(a_n,\ 0)\ ,\ (x,\ 0)\ ,\ (x,\ x^2)\ ,\ (a_n,\ x^2)}$
を頂点とする長方形の
面積が最大となるxの値を$\small\sf{a_{n+1}}$ とし、そのときの長方形の面積をSnとする。このとき、
以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{a_{n+1}\ ,\ S_n}$ をそれぞれ$\small\sf{a_n}$ の式で表せ。
(2) $\small\sf{a_n\ ,\ S_n}$ をそれぞれnの式で表せ。
(3) $\small\sf{S_1+S_2+\cdots +S_n}$ をnの式で表せ。
(4) $\small\sf{S_1+S_2+\cdots +S_n\gt 0.2105}$ となる最小のnの値を求めよ。ただし、
$\small\sf{\log_{10}2=0.3010\ ,\ \log_{10}3=0.4771}$ とする。
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【解答】
(1)
4点$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (a_n,\ 0)\ ,\ (x,\ 0)\ ,\ (x,\ x^2)\ ,\ (a_n,\ x^2)\end{align*}}$ を頂点とする長方形の面積を$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n(x)\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt x\lt a_n\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n(x)=(a_n-x)x^2=-x^3+a_nx^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n'(x)=-3x^3+2a_nx=x(-3x+2a_n)\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt x\lt\frac{2}{3}a_n\end{align*}}$ の範囲で $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n'(x)\gt 0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{2}{3}a_n\end{align*}}$ で $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n'(x)=0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{2}{3}a_n\lt x\lt a_n\end{align*}}$ の範囲で $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n'(x)\lt 0 \end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n(x)\end{align*}}$ は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{2}{3}a_n \end{align*}}$ のときに最大となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{a_{n+1}=\frac{2}{3}a_n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_n&=\sf T_n\left(\frac{2}{3}a_n\right)\\ &=\sf -\left(\frac{2}{3}a_n\right)^3+a_n\left(\frac{2}{3}a_n\right)^2\\ &=\sf\underline{\frac{4}{27}a_n^3} \end{align*}}$
(2)
(1)より数列$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\{a_n\}\end{align*}}$ は公比$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{2}{3} \end{align*}}$ の等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n=\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}a_1=\underline{\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_n=\frac{4}{27}\left\{\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\right\}^3=\underline{\frac{4}{27}\left(\frac{8}{27}\right)^{n-1}}\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1+S_2+\cdots +S_n&=\sf \frac{\frac{4}{27}\left\{1-\left(\frac{8}{27}\right)^n\right\}}{1-\frac{4}{27}} \\ &=\sf \underline{\frac{4}{19}\left\{1-\left(\frac{8}{27}\right)^n\right\}} \end{align*}}$
(4)
(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1+S_2+\cdots +S_n=\frac{4}{19}\left\{1-\left(\frac{8}{27}\right)^n\right\}\gt 0.2105\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\frac{8}{27}\right)^n\lt\frac{1}{8000}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\frac{2}{3}\right)^n\lt\frac{1}{20}\end{align*}}$
両辺の常用対数をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log_{10}\left(\frac{2}{3}\right)^n\lt\log_{10}\frac{1}{20}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\log_{10}2-\log_{10}3\right)n\lt -\log_{10}2-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0.1761n\gt 1.3010\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ n\gt 7.38\cdots\end{align*}}$
これを満たす最小の自然数は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{n=8}\end{align*}}$ である。
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第3問
aを実数の定数とし、直線$\small\sf{L:\ y=x}$ と曲線$\small\sf{C:\ y=x^2+a}$ は、ある点で接しているとする。
このとき、以下の問いに答えよ。
(1) aの値と、直線Lと曲線Cの接点の座標を求めよ。
(2) 原点をOとする。x座標がtである曲線C上の点をPとし、Pから直線Lに下した垂線を
PHとする。線分PHの長さと線分OHの長さをそれぞれtの式で表せ。
(3) 直線Lと曲線Cおよび直線$\small\sf{\begin{align*}\sf y=-x\end{align*}}$ で囲まれた図形を直線Lのまわりに1回転して
できる立体の体積を求めよ。
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【解答】
(1)
2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=x^2+a\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-x+a=0\ \ \ \cdots\cdots\cdots(*)\end{align*}}$
となり、これっが重解をもてばよいので、判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D=1-4a=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{a=\frac{1}{4}}\end{align*}}$
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (*)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2-x+\frac{1}{4}=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2=0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\frac{1}{2}\end{align*}}$
となるので、接点の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\left(\frac{1}{2}\ ,\ \frac{1}{2}\right)}\end{align*}}$
(2)
CはLより上側にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(t\ ,\ t^2+\frac{1}{4}\right)\ ,\ \ Q(t\ ,\ t) \ ,\ \ R(t\ ,\ 0) \end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PQ=t^2-t+\frac{1}{4}\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle PQH\ ,\ \ \triangle OQR\end{align*}}$ はともに直角二等辺三角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PH=QH&=\sf\frac{1}{\sqrt2}\ PQ \\ &=\sf \frac{1}{\sqrt2}\left(t^2-t+\frac{1}{4}\right)\\ &=\sf \underline{\frac{1}{\sqrt2}\left(t-\frac{1}{2}\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ=\sqrt2\ OR=\sqrt2\ t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OH&=\sf OQ+QH \\ &=\sf \sqrt2\ t+\frac{1}{\sqrt2}\left(t^2-t+\frac{1}{4}\right)\\ &=\sf \frac{1}{\sqrt2}\left(t^2+t+\frac{1}{4}\right)\\ &=\sf \underline{\frac{1}{\sqrt2}\left(t+\frac{1}{2}\right)^2}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u=OH=\frac{1}{\sqrt2}\left(t+\frac{1}{2}\right)^2\ ,\ \ \ v=PH=\frac{1}{\sqrt2}\left(t-\frac{1}{2}\right)^2\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{du}{dt}=\sqrt2\left(t+\frac{1}{2}\right)\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u:0\rightarrow\frac{\sqrt2}{2}\end{align*}}$ のとき $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t: -\frac{1}{2}\rightarrow\frac{1}{2} \end{align*}}$ が対応するので、
求める回転体の体積をVとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf\pi\int_0^{\frac{\sqrt2}{2}}v^2du \\ &=\sf\pi\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{2}\right)^4\cdot\sqrt2\left(t+\frac{1}{2}\right)dt \\ &=\sf\frac{\pi}{\sqrt2}\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\left(t-\frac{1}{2}\right)^4\left(t-\frac{1}{2}+1\right)dt \\ &=\sf\frac{\pi}{\sqrt2}\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\left\{\left(t-\frac{1}{2}\right)^5+\left(t-\frac{1}{2}\right)^4\right\}dt \\ &=\sf\frac{\pi}{\sqrt2}\left[\frac{1}{6}\left(t-\frac{1}{2}\right)^6+\frac{1}{5}\left(t-\frac{1}{2}\right)^5\right]_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\\ &=\sf \underline{\frac{\pi}{30\sqrt2}} \end{align*}}$
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第4問
座標平面上の点$\small\sf{\left(1,\ 0\right)}$ を中心として半径1の円をCとする。実数tは$\small\sf{0\leqq t\leqq\pi}$ の範囲
を動くとし、C上の点$\small\sf{P(\cos t+1\ ,\ \sin t)}$ における接線をLとする。Lに垂直で原点を通る
直線をmとし、Lとmの交点をHとするとき、以下の問いに答えよ。
(1) 点Hの座標を求めよ。
(2) $\small\sf{0\lt t\lt\pi}$ のとき、原点、H、Pを頂点とする三角形の面積をS(t)とし、$\small\sf{t=0}$ または
$\small\sf{t=\pi}$ のとき、S(t)=0とする。tの関数S(t)の最大値を求めよ。
(3) S(t)が最大値をとるtの値を$\small\sf{t_0}$ とする、tが0から$\small\sf{t_0}$ まで動いたときに点Hが通過する
道のりを求めよ。ここで、「点Hが通過する道のり」とは、tが0から$\small\sf{t_0}$ まで動くときに点H
が描く曲線の長さのことである。
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【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{A\left(1,\ 0\right)\ ,\ B\left(2,\ 0\right)}$ とすると、$\scriptsize\sf{AP//m}$ より
$\scriptsize\sf{\angle HOA=\angle PQB=t}$
Aからmにおろした垂線の足を$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Q\end{align*}}$ とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AQ=OA\sin t=\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ=OA\cos t=\cos t\end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{H\left(X,\ Y\right)}$ とおくと
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OH=OQ+QH=1+\cos t \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X=OH\cos t=(1+\cos t)\cos t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y=OH\sin t=(1+\cos t)\sin t\end{align*}}$
となるので、Hの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{H\big(\left(1+\cos t\right)\cos t\ ,\ \left(1+\cos t\right)\sin t\big)}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S(t)&=\sf \triangle OPH \\ &=\sf \frac{1}{2}OH\times AQ\\ &=\sf\frac{1}{2}\left(1+\cos t\right)\sin t \end{align*}}$
tで微分すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S'(t)&=\sf \frac{1}{2}\cdot (-\sin t)\sin t+\frac{1}{2}(1+\cos t)\cos t \\ &=\sf \frac{1}{2}(\cos^2t-1)+\frac{1}{2}(\cos^2t+\cos t)\\ &=\sf \frac{1}{2}(2\cos^2t+\cos t-1)\\ &=\sf\frac{1}{2}(2\cos t-1)(\cos t+1) \end{align*}}$
となるので、S(t)の増減は次のようになる。
よって、S(t)の最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S(t)_{max}&=\sf S\left(\frac{\pi}{3}\right) \\ &=\sf \frac{1}{2}\cdot \left(1+\cos\frac{\pi}{3}\right)\sin\frac{\pi}{3}\\ &=\sf \underline{\frac{3\sqrt3}{8}}\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t_0=\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dX}{dt}&=\sf -\sin t\cos t+(1+\cos t)\cdot (-\sin t) \\ &=\sf -2\sin t\cos t-\sin t\\ &=\sf -\sin 2t-\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dY}{dt}&=\sf -\sin^2t+(1+\cos t)\cos t \\ &=\sf \cos^2t-\sin^2t+\cos t\\ &=\sf \cos2t+\cos t\end{align*}}$
求める道のりをsとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s&=\sf \int_0^{t_0}\sqrt{\left(\frac{dX}{dt}\right)^2+\left(\frac{dY}{dt}\right)^2}dt \\ &=\sf \int_0^{t_0}\sqrt{\left(-\sin 2t-\sin t\right)^2+\left(\cos 2t+\cos t\right)^2}dt\\ &=\sf \int_0^{t_0}\sqrt{\sin^22t+\cos^22t+\sin^2t+\cos^2t+2\left(\cos 2t\cos t+\sin 2t\sin t\right)}dt\\ &=\sf\sqrt2\int_0^{t_0}\sqrt{1+\cos t}dt \\ &=\sf 2\int_0^{t_0}\sqrt{\cos^2\frac{t}{2}}dt\\ &=\sf 2\int_0^{t_0}\cos\frac{t}{2}\ dt\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt\frac{t}{2}\lt\frac{t_0}{2}=\frac{\pi}{6}\right)\\ &=\sf 4\left[\ \sin\frac{t}{2}\ \right]_0^{t_0}\\ &=\sf 4\left(\sin \frac{t_0}{2}-\sin 0\right)\\ &=\sf \underline{2} \end{align*}}$
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- 2019/05/26(日) 23:57:00|
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