数 III
1 < a < e のとき,曲線 C : y = log ax がある。この曲線 C の x = 1 における接線を l とするとき,
次の問いに答えよ。ただし,e は自然対数の底であり,曲線 C の対数の底は e とする。
(1) 直線 l の方程式を求めよ。
(2) 曲線 C,直線 l 及び x 軸とで囲まれた部分の図形を図示し,その部分の面積 S(a) を求めよ。
(3) lim
a→1+0
S(a)
a − 1 を求めよ。
—解答例—
(1) y = log x について,y 0 = 1
x なので (1, log a) における接線 l の方程式は y − log a = 1
1 (x − 1)
∴ y = x + log a − 1 (2)
- 6
x y
O
l
C : y = log ax
1 log a
1 a 1 − log a
1 − log a
曲線 C,直線 l 及び x 軸とで囲まれた部分の図形は上図の斜線部分であり,境界線を含む。
—解答例—
S(a) は底辺の長さ log a,高さ log a の三角形の面積から,曲線 C と x 軸と直線 x = 1 で 囲まれた部分の面積を引いたものである。
S(a) = 1
2 (log a) 2 − Z 1
1 a
log axdx
= 1
2 (log a) 2 − Z 1
1 a
(log a + log x)dx
= 1
2 (log a) 2 −
x log a + x log x − x 1
a1
= 1
2 (log a) 2 −
1 · log a + 1 · log 1 − 1
− 1
a · log a + 1 a · log 1
a − 1 a
= 1
2 (log a) 2 −
log a + 0 − 1
− 1
a log a − 1
a log a − 1 a
= 1
2 (log a) 2 −
log a − 1 + 1 a
= 1
2 (log a) 2 − log a + 1 − 1 a
(3)
S(a) a − 1 = 1
a − 1 1
2 (log a) 2 − log a + 1 − 1 a
= 1
a − 1 1
2 (log a)(log a − 2) + a − 1 a
= log a
a − 1 · log a − 2
2 + 1
a = log a − 0
a − 1 · log a − 2
2 + 1
a
= log a − log 1
a − 1 · log a − 2
2 + 1
a f (x) = log x とおくと f 0 (x) = 1
x より, lim
a→1
log a − log 1
a − 1 = f 0 (1) = 1
1 = 1 であるから,
∴ lim
a→1+0
S (a)
a − 1 = 1 · log 1 − 2
2 + 1
1 = −1 + 1 = 0
(2001 年新潟県教員採用試験 高校・数学)
数 III
曲線 y = e −x sin x の (n − 1)π≦ x ≦ nπ(n は自然数)の部分と x 軸で囲まれる図形の面積を S n とする。
(1) 不定積分 Z
e −x sin xdx を求めよ。
(2) y = e −x sin x のグラフを 0 ≦ x ≦ 2π の範囲でかけ。
(3) S n を求めよ。
(4) 無限級数の和 X ∞
k=1
S n を求めよ。
—解答例—
(1) Z
e −x sin xdx = (−e −x ) sin x − Z
(−e −x ) cos xdx = −e
xsin x + Z
e −x cos xdx
= −e −x sin x +
(−e
x) cos x − Z
(−e −x )(− sin x)dx
= −e −x sin x − e
xcos x − Z
e −x sin xdx = −e −x (sin x + cos x) − Z
e −x sin xdx
∴ Z
e −x sin xdx = − 1
2 e −x (sin x + cos x) + C (C は積分定数) (別解)
(e −x sin x) 0 = −e −x sin x+e −x cos x +) (e −x cos x) 0 = −e −x sin x−e −x cos x
(e −x sin x + e −x cos x) 0 =−2e −x sin x これより,e −x sin x =
− 1
2 e −x (sin x + cos x) 0
であるから Z
e −x sin xdx = − 1
2 e −x (sin x + cos x) + C (C は積分定数) (2) y 0 = −e −x sin x + e −x cos x = e −x (− sin x + cos x)
y 0 = 0 となる x は e −x > 0 より − sin x + cos x = 0 すなわち sin x = cos x 0 ≦ x ≦ 2π であるから x = π
4 , 5 4 π x 0 · · · π
4 · · · 5
4 π · · · 2π
f 0 (x) + 0 − 0 +
f (x) 0 % e −
π4√ 2 & − e −
54π
√ 2 % 0
x 軸との交点は y = 0 のとき e −x sin x = 0 e −x > 0 より sin x = 0
0 ≦ x ≦ 2π なので x = 0, π, 2π で x 軸と交わる。
増減表より
- 6
x y
O
π 2π
π 4
5 4 π
− e −
54π
√ 2 e −
π4√ 2
—解答例—
- 6
x y
O (n − 1)π nπ
S n
(point 1) sin nπ = 0, cos nπ = (−1) n で整理していく (point 2) | (−1) n |=| (−1) (n−1) |= 1 で絶対値が消える。
(3) S n = Z nπ
(n−1)π
| e −x sin x | dx =
Z nπ
(n−1)π
e −x sin xdx
=
− 1
2 e −x (sin x + cos x) nπ
(n−1)π
← (1) の結果を使う
=
− 1
2 e −nπ (sin nπ + cos nπ)
−
− 1
2 e −nπ (sin (n − 1)π + cos (n − 1)π)
=
− 1
2 e −nπ (−1) n
−
− 1
2 e −(n−1)π (−1) (n−1)
= 1
2 e −nπ (−1) (n−1) + 1
2 e −(n−1)π (−1) (n−1) =
1
2
e −nπ + e −(n−1)π
(−1) (n−1)
= 1 2
e −nπ + e −(n−1)π
(−1) (n−1) = 1
2
e −nπ + e −(n−1)π
(point 3) S n の式を等比数列の基本形に変形する。(ar n−1 の形にする。)
(point 4) 公比の絶対値が1より小さいときに収束することを確認し, a
1 − r の公式で和を求める。
(4) S n = 1 2
e −nπ + e −(n−1)π
= 1 2
e −nπ+π−π + e −(n−1)π
= 1 2
e −(n−1)π · e −π + e −(n−1)π
= 1
2 (e −π + 1)e −(n−1)π = 1 2
1 e π + 1
(e −π ) n−1 = 1 2
1 + e π e π
1 e π
n−1
= e π + 1 2e π
1 e π
n−1
X ∞
k=1
S k は初項 e π + 1
2e π ,公比 1
e π の無限等比級数である。
公比について 0 < 1
e π < 1 より収束し,その和は e π + 1
2e π 1 − 1
e π
= e π + 1
2e π e π − 1
e π
= e π + 1
2(e π − 1) である。 ∴ X ∞
k=1
S k = e π + 1 2(e π − 1)
(2000 年新潟県教員採用試験 高校・数学)
数 III
関数 f (x) が,f(x) = cos x + 1 π
Z π
0
f(t) sin (x − t)dt を満たすとき,次の問いに答えよ。
(1) a = 1 π
Z π
0
f (t) cos tdt, b = 1 π
Z π
0
f (t) sin tdt とおくとき,f (x) を a,b,cos x,sin x で表せ。
(2) f (x) を求めよ。
—解答例—
(1) f (x) = cos x + 1 π
Z π
0
f (t) sin (x − t)dt
= cos x + 1 π
Z π
0
f(t)(sin x cos t − cos x sin t)dt
= cos x + 1 π
Z π
0
{f(t) sin x cos t − f (t) cos x sin t}dt
= cos x + 1 π
Z π
0
f(t) sin x cos tdt − 1 π
Z π
0
f (t) cos x sin tdt
= cos x + sin x · 1 π
Z π
0
f (t) cos tdt − cos x · 1 π
Z π
0
f (t) sin tdt
= cos x + sin x · a − cos x · b
= a sin x + (1 − b) cos x
(2) a = 1 π
Z π
0
f (t) cos tdt
= 1 π
Z π
0
{a sin t + (1 − b) cos t} · cos tdt
= a π
Z π
0
sin t cos tdt + 1 − b π
Z π
0
cos 2 tdt · · · · 1
b = 1 π
Z π
0
f (t) sin tdt
= 1 π
Z π
0
{a sin t + (1 − b) cos t} · sin tdt
= a π
Z π
0
a sin 2 tdt + 1 − b π
Z π
0
sin t cos tdt · · · · 2
—解答例—
, 1 2 について Z π
0
sin t cos tdt = 1 2
Z π
0
2 sin t cos tdt = 1 2
Z π
0
sin 2tdt = 1 2
− 1 2 cos 2t
π
0
= − 1
4 (cos 2π − cos 0) = 0 Z π
0
sin 2 tdt = Z π
0
1
2 (1 − cos 2t)dt = 1 2
t − 1 2 sin 2t
π
0
= π 2 Z π
0
cos 2 tdt = Z π
0
1
2 (1 + cos 2t)dt = 1 2
t + 1 2 sin 2t
π
0
= π 2 であるから,
⇐⇒ 1 a = a
π · 0 + 1 − b π · π
2 ⇐⇒ 2a + b = 1 ⇐⇒ 2 b = a
π · π
2 + 1 − b
π · 0 ⇐⇒ a − 2b = 0 これを解くと,a = 2
5 ,b = 1 5 以上より,求める f (x) は,
f (x) = 2
5 sin x + 4 5 cos x
(香川大学 教育)
数 III a n =
Z
1n
0
x cos 2 xdx (n = 1, 2, · · · ) とおくとき, lim
n→∞ n 2 a n の値を求めよ。
—解答例—
1
n = θ とする。
a n = Z θ
0
x cos 2 xdx = Z θ
0
x · 1
2 (1 + cos 2x) dx = 1 2
Z θ
0
xdx + 1 2
Z θ
0
x cos 2xdx
= 1 2
1 2 x 2
θ
0
+ 1 2
x · 1
2 sin 2x θ
0
− Z θ
0
1 · 1
2 sin 2x dx
= 1 2
1 2 x 2
θ
0
+ 1 2
1
2 x sin 2x θ
0
− 1 2
Z θ
0
sin 2x dx
= 1 2 · θ 2
2 + 1 2
1
2 θ sin 2θ + 1 2
1 2 cos 2x
θ
0
= θ 2 4 + 1
4 θ sin 2θ + 1 8
cos 2x θ
0
= θ 2 4 + 1
4 θ sin 2θ + 1
8 (cos 2θ − cos 0)
= θ 2 4 + 1
4 θ sin 2θ + 1
8 cos 2θ − 1 8
= θ 2 4 + 1
4 θ sin 2θ + 1
8 · (1 − 2 sin 2 θ) − 1 8
= θ 2 4 + 1
4 θ sin 2θ − 1 4 sin 2 θ よって n 2 a n = 1
θ 2 · a n = 1 θ 2
θ 2 4 + 1
4 θ sin 2θ − 1 4 sin 2 θ
= 1 4 + 1
2 · sin 2θ 2θ − 1
4 · sin θ
θ 2
n → ∞ のとき,θ → 0 であるから
n→∞ lim n 2 a 2 = lim
θ→0
1 4 + 1
2 · sin 2θ 2θ − 1
4 · sin θ
θ 2
= 1 4 + 1
2 · 1 − 1
4 · 1 2 = 1 2
—解答例—
[別解] y = cos x は 0 ≦ x ≦ π
2 で単調減少であるから 0 ≦ x ≦ 1
n < π
2 のとき,0 < cos 1
n ≦ cos x ≦ cos 0 それぞれを2乗して,cos 2 1
n ≦ cos 2 x ≦ cos 2 0 x > 0 であるから,それぞれを x 倍すると x cos 2 1
n ≦ x cos 2 x ≦ x cos 2 0 それぞれを 0 から 1
n の範囲で積分すると Z
1n
0
x cos 2 1 n dx ≦
Z
1n
0
x cos 2 xdx ≦ Z
1n
0
x cos 2 0dx それぞれを n 2 倍して
n 2 Z
1n
0
x cos 2 1
n dx ≦ n 2 Z
1n
0
x cos 2 xdx ≦ n 2 Z
1n
0
x cos 2 0dx · · · · 1 1 について
n 2 Z
1n
0
x cos 2 1
n dx = n 2 cos 2 1 n
Z
1n
0
xdx = n 2 cos 2 1 n
1 2 x 2
1n
0
= n 2 cos 2 1 n · 1
2n 2 = 1 2 cos 2 1
n
n 2 Z
1n
0
x cos 2 xdx = n 2 a n
n 2 Z
1n
0
x cos 2 0dx = n 2 Z
1n
0
x · 1 2 dx = n 2 Z
1n
0
xdx = n 2 1
2 x 2
1n
0
= n 2 · 1 2n 2 = 1
2 であるから
⇐⇒ 1 1 2 cos 2 1
n ≦ n 2 a n ≦ 1
2 · · · · 2 2 について n → ∞ のとき, 1
n → 0 だから,cos 1 n → 1
∴ lim
n→∞
1 2 cos 2 1
n = 1
2 · 1 2 = 1 2 よって,はさみうちの原理により, lim
n→∞ n 2 a n = 1 2
(旭川医大)
数 III
n を自然数とし,f n (x) = 2nx
x 2 + n 2 (x ≧ 0) とする。このとき,次の問いに答えよ。
(1) 関数 y = f n (x) のグラフをかけ。変曲点も求めること。
(2) 2曲線 y = f n (x), y = f n+1 (x) で囲まれた図形の面積 S n を求めよ。
(3) lim
n→∞ S n を求めよ。
—解答例—
f n (x) = 2nx
x 2 + n 2 (x ≧ 0) を x について微分すると f n 0 (x) = 2n(x 2 + n 2 ) − 2nx · 2x
(x 2 + n 2 ) 2 = −2nx 2 + 2n 3
(x 2 + n 2 ) 2 = −2n(x + n)(x − n) (x 2 + n 2 ) 2 f n 00 (x) = −4nx(x 2 + n 2 ) 2 − (−2nx 2 + 2n 3 ) · 2(x 2 + n 2 ) · 2x
(x 2 + n 2 ) 4
= (x 2 + n 2 ){−4nx(x 2 + n 2 ) − (−2nx 2 + 2n 3 ) · 2 · 2x}
(x 2 + n 2 ) 4 = −4nx(x 2 + n 2 − 2x 2 + 2n 2 ) (x 2 + n 2 ) 3
= 4nx(x 2 − 3n 2 )
(x 2 + n 2 ) 3 = 4nx(x + √
3n)(x − √ 3n) (x 2 + n 2 ) 3 x ≧ 0 における増減表をかくと
f n (n) = 2n · n n 2 + n 2 = 1 f n ( √
3n) = 2n · √ 3n ( √
3n) 2 + n 2 =
√ 3 2 lim
x→∞
2nx
x 2 + n 2 = lim
x→∞
2n x
1 + n x
22= 0
1 + 0 = 0
x 0 · · · n · · · √
3n · · · ∞
f n 0 (x) + 0 − − −
f n 00 (x) 0 − − − 0 + f n (x) 0 1
√ 3
2 0
変曲点は √
3n,
√ 3 2
であり,y = f n (x) のグラフは次のようになる。
- 6
x y
O n
1
√ 3n
√ 3 2
y = f n (x)
—解答例—
(2) f n+1 (x) − f n (x) = 2(n + 1)x
x 2 + (n + 1) 2 − 2nx
x 2 + n 2 = 2(n + 1)x(x 2 + n 2 ) − 2nx{x 2 + (n + 1) 2 } {x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )
= 2x{(n + 1)(x 2 + n 2 ) − n{x 2 + (n + 1) 2 }}
{x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )
= 2x{(n + 1)x 2 + (n + 1)n 2 − nx 2 − n(n + 1) 2 }
{x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 ) = 2x(x 2 − n 2 − n) {x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )
= 2x(x + √
n 2 + n)(x − √ n 2 + n) {x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )
これより2曲線は f n+1 (x) − f n (x) = 0 すなわち,x = √
n 2 + n のときに交わる。
0 ≦ x ≦ √
n 2 + n において,f n+1 (x) − f n (x) < 0 すなわち,f n+1 (x) < f n (x) であり,
S n をグラフに図示すると下図のようになる。
- 6
x y
O n
1
√ n 2 + n n + 1 S n
y = f n+1 (x)
y = f n (x)
S n =
Z √ n
2+n
0
2nx
x 2 + n 2 − 2(n + 1)x x 2 + (n + 1) 2
dx =
Z √ n
2+n
0
n(x 2 + n 2 ) 0
x 2 + n 2 − (n + 1){x 2 + (n + 1) 2 } 0 x 2 + (n + 1) 2
dx
=
n log (x 2 + n 2 ) − (n + 1) log {x 2 + (n + 1) 2 }
√ n
2+n
0
= {n log (2n 2 + n) − (n + 1) log (2n 2 + 3n + 1)} − {n log n 2 − (n + 1) log (n + 1) 2 }
= n log (2n + 1)n − (n + 1) log (2n + 1)(n + 1) − 2n log n + 2(n + 1) log (n + 1)
= n log (2n + 1) + n log n − (n + 1) log (2n + 1) − (n + 1) log (n + 1) − 2n log n + (2n + 2) log (n + 1)
= (n + 1) log (n + 1) − n log n − log (2n + 1) = log (n + 1) n+1 − log n n − log (2n + 1)
= log (n + 1) n+1 (2n + 1)n n
(3) S n = log (n + 1)(n + 1) n (2n + 1)n n = log
n + 1 2n + 1 ·
n + 1 n
n
= log
1 + 1 n 2 + 1 n
·
1 + 1 n
n
よって lim
n→∞ S n = log 1 + 0
2 + 0 · e
= log e
2 = 1 − log 2
(2009 年 静岡大学)
数 III I n =
Z
π2
0
sin n x dx (n = 0, 1, 2, · · · ) とおくとき,次の (1)〜(3) の問いに答えなさい。
(1) I n+2 と I n の間の関係式を求めよ。
(2) I n+1 I n を求めよ。
(3) lim
n→∞ I n = 0 であることを示せ。
—解答例—
(1) I n+2 = Z
π2
0
sin n+2 x dx = Z
π2
0
sin x · sin n+1 x dx
=
(− cos x) sin n+1 x
π2
0
− Z
π2
0
(− cos x)(n + 1) sin n x cos x dx
=
− cos π 2
sin n+1 π 2 −
− cos 0
sin n+1 0 + (n + 1) Z
π2
0
sin n x cos 2 x dx
= 0 − 0 + (n + 1) Z
π2
0
sin n x(1 − sin 2 x) dx
= (n + 1) Z
π2
0
sin n x dx − Z
π2
0
sin n+2 x dx
= (n + 1)(I n − I n+2 )
∴ I n+2 = (n + 1)I n − (n + 1)I n+2 すなわち,(n + 2)I n+2 = (n + 1)I n
(2) (n + 2)I n+2 = (n + 1)I n の両辺に I n+1 をかけると (n + 2)I n+2 I n+1 = (n + 1)I n+1 I n
これは数列 {(n + 1)I n+1 I n } が定数数列 (公比 1 の等比数列) であることを意味しているから,
(n + 1)I n+1 I n = 1 · I 1 · I 0 = Z
π2
0
sin x dx · Z
π2
0
1 dx =
− cos x
π2
0
·
x
π2
0
=
− cos π 2
−
− cos 0
· π
2 − 0
= {0 − (−1)} · π 2 = π
2
∴ I n+1 I n = π 2(n + 1)
[別解] (n + 2)I n+2 = (n + 1)I n ⇐⇒ I n+2 = n + 1
n + 2 I n ⇐⇒ I n+1 = n n + 1 I n−1
この両辺に I n をかけると I n+1 I n = n
n + 1 I n I n−1 であるから,これを繰り返し用いると I n+1 I n = n
n + 1 I n I n−1 = n
n + 1 · n − 1
n I n−1 I n−2 = n
n + 1 · n − 1 n · n − 2
n − 1 I n−2 I n−3 = · · ·
· · · = n
n + 1 · n − 1 n · n − 2
n − 1 · · · 2 3 · 1
2 I 1 I 0 = 1 n + 1
Z
π2
0
sin x dx · Z
π2
0
1 dx = · · · = π 2(n + 1)
—解答例—
(3) 0 ≦ x ≦ π
2 において 0 ≦ sin x ≦ 1 この x の範囲で sin n x ≧ sin n+1 x であるから,
Z
π2
0
sin n x dx ≧ Z
π2
0
sin n+1 x dx
∴ I n ≧ I n+1 これより I n+1 ≦ I n ⇐⇒ I n ≦ I n−1
この両辺に I n をかけると,I n 2 ≦ I n I n−1
(2) より,I n I n−1 = π
2n なので 0 ≦ I n 2 ≦ π 2n
n→∞ lim π
2n = 0 であるからはさみうちの原理より lim
n→∞ I n 2 = 0 ∴ lim
n→∞ I n = 0 (神戸大学) [参考1]
Z
π2
0
sin n x dx (n = 0, 1, 2, · · · )
(1) の結果 I n+2 = n + 1
n + 2 I n を繰り返し用いることで n が偶数のとき I 2m = 2m − 1
2m · 2m − 3
2m − 2 · 2m − 5 2m − 4 · · · 3
4 · 1
2 · I 0 = 2m − 1
2m · 2m − 3
2m − 2 · 2m − 5 2m − 4 · · · 3
4 · 1 2 · π
2 n が奇数のとき I 2m+1 = 2m
2m + 1 · 2m − 2
2m − 1 · 2m − 4 2m − 3 · · · 4
5 · 2
3 · I 1 = 2m
2m + 1 · 2m − 2
2m − 1 · 2m − 4 2m − 3 · · · 4
5 · 2 3 · 1 が成り立つことがわかるので、
Z
π2
0
sin 7 x dx = 6 7 · 4
5 · 2
3 · 1 = 16 35 や
Z
π2
0
sin 4 x dx = 3 4 · 1
2 · π 2 = 3
16 π のような計算 (高校の範囲外なので反則技) ができる。また,
I 2m I 2m+1 =
2m − 1
2m · 2m − 3
2m − 2 · 2m − 5 2m − 4 · · · 3
4 · 1 2 · π
2
· 2m
2m + 1 · 2m − 2
2m − 1 · 2m − 4 2m − 3 · · · 4
5 · 2 3 · 1
= 1
2m + 1 · π
2 = π
2(2m + 1) は (2) と同じ意味です。(n を 2m に変えただけ。)
[参考2] 定積分と漸化式の例
1 I n = Z e
1
(log x) n dx とおくと,I n+1 = Z e
1
(log x) n+1 dx = Z e
1
1 · (log x) n+1 dx
=
x · (log x) n+1 e
1
− Z e
1
x · (n + 1)(log x) n · 1 x dx
= e − (n + 1) Z e
1
(log x) n dx = e − (n + 1)I n
2 I n = Z
π4
0
tan n x dx とおくと,I n + I n+2 = Z
π4
0
(tan n x + tan n+2 x)dx = Z
π4
0
tan n x(1 + tan 2 x) dx
= Z
π4
0
tan n x · 1 cos 2 x dx =
Z
π4
0
tan n x · (tan x) 0 dx
= 1
n + 1 tan n+1 x
π4