後期 期末試験（ 1月 27日）類題と解答（ kimatsu-17-2

微積分

I (2017

年度後期)

期末試験類題

(理工学部共通)

1 次の関数の n 次導関数 (n は自然数) を求めよ。 《基本》

(1) x2 ₍₂₎√_{x (3)} 1

x (4) e

x _{(5) log|x| (6) sin x (7) cos x} 《標準》

(8)√2x + 1 (9) 1

2x + 1 (10) 4e

x_{− 2e}−x _{(11) log|1 − x| (12) sin 2x} 《応用》

(13) (1− x)ex (14) x2sin x (15) sin2x (16) sin x sin 2x (17) x− 4 x2_{+ x}− 2 2 次の関数にマクローリンの公式を適用して x4の項まで求めよ。但し剰余項は R5としてよい。 《基本》 (1) ex (2) sin x_|{z} EMaT2013 年問 2 改題 (3) cos x (4)√1 + x (5) 1 1 + x (6) log(1 + x)| {z } EMaT2011 年 問 2 《標準》 (7) _|{z}2x EMaT2006 年 問 3 (8) 4e_| x− 2e_{z −x_} EMaT2014 年問 3 改題 (9) sin 2x (10) √ 1 1− x (11) √ 2x + 1 (12) log|1 − x| 《応用》 (13) (1− x)ex | {z } EMaT2015 年問 1(2) (14) sin2x (15) x− 4 x2_{+ x}− 2 (16) e x_{sin x (17)} sin x 1− x | {z } EMaT2013 年問 2 (18)√1− x2 (19) tan_{| {z }}−1x EMaT2017 年問 4 3 次の極限を求めよ。 《基本》 (1) lim x→0 sin 3x x (2) limx→0 1− cos x x2 (3) lim_x→0 log(1 + 2x) x | {z } EMaT 2015 年問 1(1) (4) lim x→0 e−x− 1 x 《標準》 (5) lim x→+∞ ex x2 | {z } EMaT 2006 年問 1-1 (6) lim x→+∞ x log x (7) limx_→0 x2 e2x− 1 − 2x (8) lim_x→0 sin x− x x3 (9) lim_x→0 1−x₂2 − cos x x4 (10) lim x→0 (x + 1) log(x + 1)− x x2 | {z } EMaT2009 年 問 1 (11) lim x→0 log(cos x) x2 | {z } EMaT2007 年 問 1(2) (12) lim x→+0x log x (13) limx→0 tan−1x− x x3 《応用》 (14) lim x→0 sin x cos x− x x3 (15) lim_x→0 2 cos−1x + 2x− π x3 (16) lim_x→+0x x _{(17) lim} x→0 e2x_{− 1 + 2x − 3x}2 x3 4 (i) 《標準》次の関数の増減、極値、凹凸、変曲点を調べ，グラフの概形を描け。 (1) y = x3_{− x (2) y = x}4_{− 5x}2_{+ 4 (3) y = xe}−x _{(4) y = e}−x2/2 (5) y = x x2_{+ 1} (6) y = x √ 1 + x2 (ii) 《標準》次の関数の増減，凹凸，与えられた区間における最大値，最小値を調べ，グラフの概形を描け。 但し円周率が π = 3.14· · · であることを証明無しに用いてもよい。 (1) y = x log x (x > 0) (2) y = ex_{sin x (−π ≦ x ≦ π)} (3) y = 2√1− x2₊√_{3 sin}−1_{x + 3 (−1 ≦ x ≦ 1)} | {z } EMaT2014 年問 2 改題 (4) y = x√1− x2 _{(−1 ≦ x ≦ 1)} | {z } 国家公務員 II 種試験改題 (5) y = x− 2 sin x + π (−π ≦ x ≦ π)  

5 《標準》次の x についての方程式の異なる実数解の個数を求めよ。但し，k は実数の定数とする。 (1) x3− 4x2+ 6x = x + k (2) x = ex _{(3) x = cos x (4) x}4₋4 3x 3_{− 4x}2_{+ k = 0} | {z } 労働基準監査官採用試験 (5) 2x3+ x2− kx − 3 = 0 6 次の不定積分を求めよ。 《基本》 (1) ∫ xndx (n̸= −1) (2) ∫ 1 xdx (3) ∫ exdx (4) ∫ sin xdx (5) ∫ cos xdx (6) ∫ 1 cos2_xdx (7) ∫ 1 1 + x2dx (8) ∫ 1 √ 1− x2dx (9) ∫ (2x3− 3x + 3)dx (10) ∫ x√xdx (11) ∫ 1 3 √ x2dx (12) ∫ e−2xdx (13) ∫ sinx 2dx 《標準》 (14) ∫ dx 2x + 1 (15) ∫ (2x + 1)10dx (16) ∫ x cos(x2)dx (17) ∫ log x x dx (18) ∫ ex 1 + exdx (19) ∫ tan xdx (20) ∫ x x2_{+ 2}dx (21) ∫ dx x2_{+ 2} (22) ∫ dx x +√x (23) ∫ x sin xdx (24) ∫ log xdx (25) ∫ (x− 2)e3xdx (26) ∫ x− 4 x2_{+ x}− 2dx (27) ∫ 1 1 + cos xdx | {z } EMaT2006 年 問 1-4 (28) ∫ sin2xdx (29) ∫ x2cos xdx (30) ∫ eaxsin xdx | {z } EMaT2012 年 問 4 (a̸= 0) (31) ∫ x x2− 4x + 13dx (32) ∫ cos x cos 2xdx (33) ∫ tan x 1 + cos2_xdx | {z } EMaT2017 年 問 2 《応用》 (34) ∫ dx sin 2x (35) ∫ dx √ x2_{+ 1} | {z } EMaT2005 年 問 1-2 改題 (36)∫ √1− x2_{dx (37)} ∫ log(x2+ 1)dx | {z } EMaT2010 年 問 3 (38) ∫ sin−1xdx (39) ∫ cos−1xdx (40) ∫ tan−1xdx | {z } EMaT2003 年 問 1-3, 2016 年問 3 (41) ∫ 2x(x + 1) (x− 1)2_(x2_{+ 1)}dx | {z } EMaT2011 年 問 3 7 (1) 《基本》y = xeax が恒等的に y′′− 2√2y′+ 2y = 0 を満たすように，定数 a を定めよ。 (2) 《標準》y = e√x+ e−√xが恒等的に xy′′+ ay′= 1 4y を満たすように，定数 a を定めよ。

(3) 《標準》y = sin(4 sin−1x) が恒等的に (1− x2)y′′− xy′+ ay = 0 を満たすように，定数 a を定めよ。 8 《標準》次の不等式が与えられた区間で成り立つことを示せ。 (1) x > 1 で x5_{+ 4 > 5x (2) x > 0 で log(1 + x) >} x 1 + x (3) x > 0 で 2x > sin 2x (4)−1 < x < 1 で cos−1x > 1− x (5) x > 0 で tan−1x > x 1 + x2 (6) 任意の実数 x で ex≧ 1 + x +x 2 2! + x3 3!(等号成立条件も求めよ) 9 (1)《基本》直円柱の表面積が 96π であるとき，体積の最大値を求めよ。但し直円柱の表面積とは 底面と上面と側面の面積の合計である (国家公務員 II 種試験)。 (2)《基本》 半径 a(a > 0) の球に内接する直円柱の体積の最大値を求めよ (国家公務員 II 種試験)。 (3)《標準》 中心角 θ が 0 < θ < π で面積 1 の扇形の、周長の最小値を求めよ。但し π = 3.14· · · である。 (4)《標準》 座標平面上で、原点を中心とする半径 1 の円上に 3 点 A(1, 0)、B(cos θ, sin θ)、C(cos θ,− sin θ)

微積分

I (2017

年度後期)

期末試験類題解答

(理工学部共通)

( x + π

2 )

, f′′(x) =− sin x = sin (x + π), f′′′(x) =− cos x = sin ( x + 3π 2 ) 等を満たし、1 回微分する毎に位相が π 2 加算される。従って f (n)_{(x) = sin}(_{x +}nπ 2 ) (7) 公式 cos x = sin ( x +π 2 ) より f(n)_{(x) =}{_sin(_{x +} π 2 )}_{(n) [1](6)} = sin ( x + (n + 1)π 2 ) = cos ( x + nπ 2 ) (8) f (x) = √2x + 1 = √2 √ x + 1 2 より 1 (2) と同様にして f ′_{(x) = √} 1 2x + 1、n ≧ 2 で f (n)_{(x) =} √_{2 ×} (−1)n−1 2n ( x +1 2 )1/2−n × (1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 3))_{| {z }} =(2n_−3)!! = (−1)n−1((2n− 3)!!)(2x + 1)1/2−n (9) f (x) = 1 2x + 1 = 1 2× 1 x + 1₂ より 1 (3) と同様にして f (n)_{(x) =} 1 2 × (−1)n_n! ( x + 1 2 )n+1 = (−2)n_n! (2x + 1)n+1 (10) (eax₎′ _{= ae}ax_{は 1 回微分する毎に a 倍されるので (e}ax₎(n)_{= a}n_eax_{である。従って f (x) = 4e}x_{− 2e}−x_は f(n)(x) = 4ex− 2(−1)ne−xを満たす。 (11) f (x) = log|1 − x| は f′(x) = (1− x) ′ 1− x = 1 x− 1 を満たす。従って 1 (5) と同様にして f (n)_{(x) =−}(n− 1)! (1− x)n (12) f (x) = sin 2x は f′(x) = cos 2x× (2x)′ = 2 sin

( 2x +π 2 ) 、f′′(x) = −2 sin 2x × (2x)′ = 4 sin (2x + π)、 f′′′(x) =−4 cos 2x × (2x)′= 8 sin ( 2x + 3π 2 ) 等を満たすので、f(n)_{(x) = 2}n_sin(_{2x +}nπ 2 ) (13) g(x) = (1− x)、h(x) = ex_{とすると、g}′_{(x) = −1、g}′′_{(x) = 0 より n ≧ 2 で g}(n)_{(x) = 0 である。一方} h(x) = ex_{は 1 (4) より h}(n)_{(x) = e}x_{を満たす。従ってライプニッツの公式より次式を得る。} f(n)(x) ={g(x)h(x)}(n)= g(x) |{z} =1−x × h(n)_(x) | {z } =ex +n_|{z}C1 =n × g′_(x) | {z } =−1 × h(n−1)_(x) | {z } =ex = (−x + 1 − n)ex (14) g(x) = x2_{、h(x) = sin x とすると、g}′_{(x) = 2x、g}′′_{(x) = 2、g}′′′_{(x) = 0 より n≧ 3 で g}(n)_{(x) = 0 である。一} 方 h(x) = sin x は 1 (6) より h(n)_{(x) = sin}(_{x +} nπ 2 ) を満たす。n≧ 2 のときライプニッツの公式より f(n)(x) = g(x) |{z} =x2 × h(n)_(x) | {z } =sin(x+nπ 2 ) +n_|{z}C1 =n × g′_(x) | {z } =2x × h(n−1)(x) | {z } =sin(x+(n−1)π₂ )=− cos(x+nπ 2 ) + _|{z}nC2 =n(n_−1)/2 × g′_(x) | {z } =2 × h(n−2)(x) | {z } =sin(x+(n−2)π₂ )=− sin(x+nπ 2 ) = {x2− n(n − 1)} sin ( x +nπ 2 ) − 2nx cos(x + nπ 2 ) f′(x) = (x2)′sin x + x2(sin x)′= 2x sin x + x2cos x =−2x cos

( x +π 2 ) + x2sin ( x +π 2 ) より n = 1 でも成立。 (15) f (x) = sin2x は倍角公式より f (x) = 1− cos 2x 2 を満たす。従って 1 (12) と同様にして f (n)_{(x) =−2}n−1_cos(_{2x +}nπ 2 ) (16) f (x) = sin x sin 2x は和積の公式より f (x) = cos(2x− x) − cos(2x + x)

2 = cos x− cos 3x 2 を満たす。従って (12) と同様にして f(n)(x) = 1 2 { cos ( x + nπ 2 ) − 3n_cos(_{3x +}nπ 2 )} (17) f (x) = x− 4 x2_{+ x}− 2 を部分分数分解する。分母が x 2_{+ x− 2 = (x + 2)(x − 1) と因数分解出来るので、} f (x) = A x + 2+ B x− 1とおく。通分して f (x) = A(x− 1) + B(x + 2) (x + 2)(x− 1) = x(A + B) + (−A + 2B) (x + 2)(x− 1) = x− 4 (x + 2)(x− 1) を得る。係数比較して連立方程式 A + B = 1、−A + 2B = −4 を得る。これを解いて (A, B) = (2, −1) なので

f (x) = 2 x + 2 − 1 x− 1 である。従って (3) と同様にして f (n) (x) = (−1)nn! ( − 1 (x− 1)n+1 + 2 (x + 2)n+1 ) 2 以下、マクローリン展開の公式 f (x) = f (0) + f′(0)x +f ′′₍₀₎ 2 x 2₊f′′′(0) 6 x 3₊f′′′′(0) 24 x 4_{+ R} 5を用いる。 (1) f (x) = exの n 次導関数は 1 (4) より f(n)_{= e}x_{なので f}(n)_{(0) = 1 である。f (x) = 1 + x +}x 2 2 + x3 6 + x4 24+ R5 (2) f (x) = sin x の n 次導関数は 1 (6) より f(n)= sin ( x + nπ 2 ) なので f (0) = f′′(0) = f′′′′(0) = 0、f′(0) = 1、 f′′′(0) =−1 である。従って f(x) = x −x 3 6 + R5 (3) f (x) = cos x の n 次導関数は 1 (7) より f(n)= cos ( x +nπ 2 ) なので f′(0) = f′′′(0) = 0、f (0) = f′′′′(0) = 1、 f′′(0) =−1 である。従って f(x) = 1 − x 2 2 + x4 24+ R5 (4) f (x) =√x + 1 の n 次導関数は 1 (2) と同様にして f′(x) = 1 2√x + 1及び n≧ 2 で f (n)_{(x) =} (−1)n−1× (2n − 3)!! 2n (x+ 1)1/2−nである。f (0) = 1、f′(0) = 1 2、f ′′_{(0) =−}1 4、f ′′′_{(0) =} 3 8、f ′′′′_{(0) =−}15 16より f (x) = 1 + 1 2x− 1 8x 2₊ 1 16x 3₋ 5 128x 4_{+ R} 5 (5) f (x) = 1 x + 1 の n 次導関数は 1 (3) と同様にして f (n)_{(x) =} (−1)nn! (x + 1)n+1 なので f (n)_{(0) = (−1)}n_{n! である。} 従って f (x) = 1− x + x2_{− x}3_{+ x}4_{+ R} 5 (6) f (x) = log(x + 1) の n 次導関数は 1 (5) と同様にして f(n)(x) = (−1) n_{−1(n− 1)!} (x + 1)n なので f (0) = log 1 = 0、 f(n)(0) = (−1)n−1(n− 1)! である。従って f(x) = x −x 2 2 + x3 3 − x4 4 + R5

(7) f (x) = 2x= (elog 2)x= ex log 2とすると f′(x) = (x log 2)′ex log 2= (log 2)2xより 1 回微分する毎に log 2 倍され る。f(n)_{(x) = (log 2)}n₂x_{より f}(n)_{(0) = (log 2)}n_{なので f (x) = 1+x log 2+}(log 2)2

2 x 2₊(log 2)3 6 x 3₊(log 2)4 24 x 4_+R 5 (8) f (x) = 4ex−2e−xの n 次導関数は 1 (10) より f(n)_{(x) = 4e}x₋₂₍₋₁₎n_{e−xである。これにより f (0) = f}′′_{(0) =} f′′′′(0) = 2、f′(0) = f′′′(0) = 6 である。従って f (x) = 2 + 6x + x2+ x3+x 4 12+ R5 (9) f (x) = sin 2x の n 次導関数は 1 (12) より f(n) = 2nsin ( 2x +nπ 2 ) なので f (0) = f′′(0) = f′′′′(0) = 0、 f′(0) = 2、f′′′(0) =−8 である。従って f(x) = 2x − 4 3x 3_{+ R} 5 (10) f (x) = √ 1 1− x = (1− x) −1/2_{とおくとこれは次式を満たす。} f′(x) = (1− x)′−1 2 (1− x) −3/2₌1 2(1− x) −3/2_{, f}′′_{(x) = (1− x)}′1 2 −3 2 (1− x) −5/2₌3 4(1− x) −5/2_, f′′′(x) = (1− x)′3 4 −5 2 (1− x) −7/2₌15 8 (1− x) −7/2_{, f}′′′′_{(x) = (1− x)}′15 8 −7 2 (1− x) −9/2₌105 16 (1− x) −9/2 従って f (x) = 1 + x 2 + 3 8x 2₊ 5 16x 3₊ 35 128x 4_{+ R} 5 (11) f (x) =√2x + 1 の n 次導関数は 1 (8) より f′(x) = √ 1 2x + 1、n≧ 2 で f (n) (x) = (−1)n−1((2n− 3)!!)(2x + 1)1/2−nである。f (0) = f′(0) =−f′′(0) = 1、f′′′(0) = 3、f′′′′(0) =−15 より f(x) = 1+x−1 2x 2₊1 2x 3₋5 8x 4_+R 5 (12) f (x) = log|1 − x| の n 次導関数は 1 (11) より f(n)(x) = −(n− 1)! (1− x)n なので f (n)_{(0) = −(n − 1)! である。} f (0) = log 1 = 0、f′(0) = f′′(0) =−1、f′′′(0) =−2、f′′′′(0) =−6 より f(x) = −x −x 2 2 − x3 3 − x4 4 + R5 (13) f (x) = (1− x)exの n 次導関数は 1 (13) より f(n)_{(x) = (−x + 1 − n)e}x_{なので f}(n)_{(0) = 1− n である。} f (0) = 1、f′(0) = 0、f′′(0) =−1、f′′′(0) =−2、f′′′′(0) =−3 である。従って f(x) = 1 −1 2x 2₋1 3x 3₋1 8x 4_{+ R} 5 (14) n 次導関数は 1 (15) より f(n) = −2n−1cos ( 2x +nπ 2 ) であり、f (0) = f′(0) = f′′′(0) = 0、f′′(0) = 2、 f′′′′(0) =−8 である。従って f(x) = x2−1 3x 4_{+ R} 5 (15) f (x) = x− 4 x2_{+ x}− 2 の n 次導関数は 1 (17) より f (n)_{(x) = (−1)}n_n! ( − 1 (x− 1)n+1+ 2 (x + 2)n+1 ) なので

f(n)(0) = n! ( 1 +(−1) n 2n ) である。f (0) = 2、f′(0) = 1 2、 f′′(0) 2! = 5 4、 f′′′(0) 3! = 7 8、 f′′′′(0) 4! = 17 16である。従っ て f (x) = 2 + x 2 + 5 4x 2₊7 8x 3₊17 16x 4_{+ R} 5 (16) f (x) = exsin x とするとこれは次式を満たす。

f′(x) = (ex)′sin x + ex(sin x)′= ex(sin x + cos x), f′′(x) = (ex)′(sin x + cos x) + ex(sin x + cos x)′= 2excos x, f′′′(x) = 2(ex)′cos x + 2ex(cos x)′= 2ex(cos x− sin x), f′′′′(x) = 2(ex)′(cos x− sin x) + 2ex(cos x− sin x)′=−4exsin x

f (0) = f′′′′(0) = 0、f′(0) = 1、f′′(0) = f′′′(0) = 2 である。従って f (x) = x + x2+1 3x 3_{+ R} 5 (17) g(x) = sin x、h(x) = 1 1− x = − 1 x− 1 とすると f (x) = sin x 1− x = g(x)h(x) である。 1 (6) より g (n)_{(x) =} sin ( x + nπ 2 ) 、 1 (3) と同様にして h(n)_{(x) =} n! (1− x)n+1 なので、ライプニッツの公式より次式を得る。 f′(x) = g′(x)h(x) + g(x)h′(x) = cos x 1− x+ sin x (1− x)2 ⇒ f ′_{(0) = 1,} f′′(x) = g′′(x)h(x) + 2g′(x)h′(x) + g(x)h′′(x) =−sin x 1− x+ 2 cos x (1− x)2 + 2 sin x (1− x)3 ⇒ f′′(0) = 2 f′′′(x) = g′′′(x)h(x) + 3g′′(x)h′(x) + 3g′(x)h′′(x) + g(x)h′′′(x) =−cos x 1− x− 3 sin x (1− x)2 + 6 cos x (1− x)3 + 6 sin x (1− x)4 ⇒ f ′′′_{(0) = 5} f′′′′(x) = g′′′′(x)h(x) + 4g′′′(x)h′(x) + 6g′′(x)h′′(x) + 4g′(x)h′′′(x) + g(x)h′′′′(x) = sin x 1− x− 4 cos x (1− x)2 − 12 sin x (1− x)3 + 24 cos x (1− x)4 + 24 sin x (1− x)5 ⇒ f ′′′′_{(0) = 20} 従って f (x) = x + x2₊5 6x 3₊5 6x 4_{+ R} 5を得る。 (別解) 2 (2) より sin x の 4 次までのマクローリン展開は sin x = x−x 3 6 + R5である。 2 (5) と同様にして 1 1− x の 4 次までのマクローリン展開は 1 1− x = 1 + x + x 2_{+ x}3_{+ x}4_{+ R} 5である。 従って sin x 1− x = ( x−x 3 6 +· · · ) ( 1 + x + x2+ x3+ x4+· · ·)= x + x2+5 6x 3₊5 6x 4_{+ R} 5を得る。 (18) f (x) =√1− x2_{の高次導関数は次式で得られる。} f′(x) = 1 2(1− x 2₎−1/2_{(1− x}2₎′_{=−x(1 − x}2₎−1/2_, f′′(x) = −(x)′(1− x2)−1/2− x{(1 − x2)−1/2}′=−(1 − x2)−1/2− x2(1− x2)−3/2= (1− x2)−3/2(−1 + x2− x2) =−(1 − x2)−3/2 f′′′(x) = −−3 2 (1− x 2₎−5/2_{(1− x}2₎′_{=−3x(1 − x}2₎−5/2 f′′′′(x) = −(3x)′(1− x2)−5/2− 3x{(1 − x2)−5/2}′=−3(1 − x2)−5/2− 3x × 5x(1 − x2)−7/2 = −3(1 − x2)−7/2{(1 − x2) + 5x2} = −3(1 − x2)−7/2{−4(1 − x2) + 5} = 12(1 − x2)−5/2− 15(1 − x2)−7/2 従って f′_{(0) = f}′′′_{(0) = 0、f (0) = 1, f}′′_{(0) =−1, f}′′′′_{(0) =−3 より f(x) = 1 −} x2 2 − x4 8 + R5を得る。 (別解) 2 (4) より√1 + t の 2 次までのマクローリン展開は√1 + t = 1 +1 2t− 1 8t 2_{+ R} 3である。t =−x2を代入 して√1− x2_{= 1}−x 2 2 − x4 8 + R5である。 (19) f (x) = tan−1x とすると f′(x) = 1 1 + x2 より、高次導関数は次式で得られる。 f′′(x) = −(1 + x 2₎′ (1 + x2₎2 = −2x (1 + x2₎2, f ′′′_{(x) =−}(2x)′(1 + x2)2− 2x × 2(1 + x2)(1 + x2)′ (1 + x2₎4 = 6x2− 2 (1 + x2₎3 f′′′′(x) = (6x 2_{− 2)}′_{(1 + x}2₎3_{− (6x}2_{− 2){(1 + x}2₎3_}′ (1 + x2₎6 = 12x(1 + x2₎3_{− (6x}2_{− 2) × 3(1 + x}2₎2_{(1 + x}2₎′ (1 + x2₎6 = −24x(x2_{− 1)} (1 + x2₎4 これより f (0) = tan−10 = 0、f′(0) = 1、f′′(0) = 0、f′′′(0) =−2、f′′′′(0) = 0 を得る。従って 4 次までのマク ローリン展開は f (x) = x−x3 3 + R5 (別解 1) 2 (5) より 1 1 + x = 1−x+x 2_−x3_{+· · · なので、} 1 1 + x2 = 1−x 2_{+ x}4_−x6_{+· · · である。従ってこれを積} 分して ∫ 1 1 + x2dx = tan −1_{x + C} 1= ∫ (1− x2+ x4− x6+· · · )dx = x −x 3 3 + x5 5 − x7 7 +· · · + C2である。x = 0 を代入して tan−10 + C1= C2より C1= C2である。従って 4 次までのマクローリン展開は f (x) = x− x3 3 + R5

(別解 2) (教科書§5 p64 章末問題 [6] 参照) f(x) = tan−1x とすると f′(x) = 1 1 + x2 より、(x 2_{+ 1)f′= 1 の両辺} を n 回微分してライプニッツ則を用いる。これは n = 1 でも成立する。 0 = ((x2+ 1)f′)(n)= n ∑ k=0 nCk(x2+ 1)(k)f(n+1−k)= (x2+ 1)f(n+1)+ 2xnC1f(n)+ 2nC2f(n−1) = (x2+ 1)f(n+1)+ 2nxf(n)+ n(n− 1)f(n−1) x = 0 を代入して f(n+1)(0) =−n(n − 1)f(n−1)(0) を得る。f (0) = tan−10 = 0 より f′′(0) =−1 × 0 × f(0) = 0、 f′′′′(0) =−3 × 2 × f′′(0) = 0 を得る。f′(0) = 1 1 + 02 = 1 より f ′′′_{(0) =−2 × 1 × f}′_{(0) =−2 を得る。従って 4} 次までのマクローリン展開は f (x) = x−x3 3 + R5 3 (1) lim x→0 sin 3x x = limx→0 sin 3x 3x × 3 = 3 (2) limx→0 1− cos x x2 倍角 = lim x→0 2 sin2 x₂ x2 = lim_x→0 1 2 ( sinx₂ x 2 )2 = 1 2 (3) lim x→0 log(1 + 2x) x = limx→02 log (1 + 2x) 2x = limx→02 log (1 + 2x) 1/(2x) | {z } →log e=1 = 2 (4) lim x→0 e−x− 1 x = limx→0 e−x− 1 (−x)(−1)=−1 (5) 8 (6) より任意の実数 x で不等式 ex≧ 1 + x + x 2 2 + x3 6 が成立する (等号成立は x = 0 のみ)。これを用いる と x > 0 で e x x2 > x3 6 × 1 x2 = x 6 が成立する。 limx→+∞ x 6 = +∞ より、 limx→+∞ ex x2 = +∞ である。 x 0 3 f′(x) + + 0 − f (x) 0 ↗ 27e−3(極大) ↘ (別解) f (x) = x3_e−x_{は f}′_{(x) = (x}3₎′_e−x_{+ x}3_(e−x₎′ _{= x}2_{(3− x)e}−x_より 区間 x > 0 では x = 3 で最大値 27e−3を取る。x > 0 で 0 < f (x)≦ 27e−3 より、e x x2 = x x3_e−x ≧ x × e3 27、 limx_→+∞ xe3 27 = +∞ なので limx_→+∞ ex x2 = +∞ (6) t = log x とおくと x = etであり、x→ +∞ は t → +∞ に対応する。 lim x→+∞ x log x = limt→+∞ et t と書ける。 8 (6) と同様にして t > 0 で et > 1 + t +t 2 2 > t2 2 が成立する。 et t > t2 2 × 1 t = t 2 が t > 0 で成立し、 limt→+∞ t 2 = +∞ な ので、 lim x→+∞ x log x = limt→+∞ et t = +∞ を得る。 (7) f (x) = e2xとすると f′(x) = 2e2xで 1 回微分する毎に 2 倍されるので f(n)(x) = 2ne2xである。f (0) = 1, f′(0) = 2, f′′(0) = 4 より 2 次までのマクローリン展開は f (x) = f (0)+f′(0)x+f ′′₍₀₎ 2 x 2_+R 3= 1+2x+2x2+R3 であり剰余項は R3= O(x3) である。 lim x→0 x2 e2x_{− 1 − 2x} = lim_x→0 x2 2x2_{+ O(x}3₎ = 1 2 (8) 2 (2) より f (x) = sin x の 3 次までのマクローリン展開は f (x) = f (0) + f′(0)x +f ′′₍₀₎ 2 x 2₊f′′′(0) 6 x 3_{+ R} 4= x−x 3 6 + R4であり剰余項は R4= O(x 4_{) である。 lim} x_→0 sin x− x x3 = lim_x→0 −x3_{/6 + O(x}4₎ x3 =− 1 6 (9) 2 (3) より f (x) = cos x の 4 次までのマクローリン展開は f (x) = f (0) + f′(0)x +f ′′₍₀₎ 2 x 2₊f′′′(0) 6 x 3₊f′′′′(0) 24 x 4_{+ R} 5= 1− x2 2 + x4 24+ R5であり剰余項は R5= O(x 5₎ である。 lim x→0 1−x₂2 − cos x x4 = lim_x→0 −x4_{/24 + O(x}5₎ x4 =− 1 24 (10) f (x) = (x + 1) log(x + 1) とすると次式を得る。

f′(x) = (x + 1)′log(x + 1) + (x + 1){log(x + 1)}′= log(x + 1) + (x + 1)× 1

x + 1 = log(x + 1) + 1, f ′′_{(x) =} 1 x + 1 これより f (0) = log 1 = 0、f′(0) = 1 + log 1 = 1、f′′(0) = 1 を得る。従って 2 次までのマクローリン展開は f (x) = f (0) + f′(0)x + f ′′₍₀₎ 2 x 2_{+ R} 3 = x + x2 2 + R3で得られる。剰余項が R3 = O(x 3_{) であることから} lim x→0 (x + 1) log(x + 1)− x x2 = lim_x→0 x2/2 + O(x3) x2 = 1 2 を得る。 (11) f (x) = log(cos x) とすると、f′(x) =(cos x) ′ cos x =− tan x、f ′′_{(x) =−1 − tan}2_{x を得る。従って 2 次までのマ} クローリン展開は f (x) = f (0) + xf′(0) +x 2 2 f ′′_{(0) + R} 3=− x2 2 + R3である。剰余項のオーダーは R3= O(x 3₎ なので lim x→0 log(cos x) x2 = lim_x→0 −x2_{/2 + O(x}3₎ x2 =− 1 2 である。

(別解) t = cos x− 1 とすると x → 0 で t → cos 0 − 1 = 0 である。これより次式を得る。 lim x→0 log(cos x) x2 = lim_x→0 cos x− 1 x2 × log{(cos x − 1) + 1} cos x− 1 = ( lim x→0 cos x− 1 x2 ) × ( lim t→0 log(1 + t) t ) = ( lim x→0 −1 2 × sin2 x₂ (_x 2 )2 ) × ( lim t→0log (1 + t) 1/t | {z } →e ) =−1 2 (12) t =− log x とすると x = e−tであり、x→ +0 は t → +∞ に対応する。 lim

x→+0x log x = limt→+∞(−te

−t_{) と書き} 直せる。 8 (6) と同様にして t > 0 で et_{> 1 + t +}t2 2 > t2 2 が成立するので、0 < t e−t < t÷ t2 2 = 2 t が t > 0 で成 立する。 lim t→+∞ −2

t = 0 より、 limx_→+0x log x = limt→+∞(−te

−t_{) = 0 を得る。} (13) 2 (19) より f (x) = tan−1x の 3 次までのマクローリン展開は f (x) = f (0)+f′(0)x+f ′′₍₀₎ 2 x 2₊f′′′(0) 6 x 3_+R 4= x−x 3 3 + R4で得られる。剰余項が R4= O(x 4_{) であることから lim} x_→0 tan−1x− x x3 = lim_x→0 −x3_{/3 + O(x}4₎ x3 =− 1 3 (14) f (x) = sin x cos x = 1 2sin 2x が倍角公式より成立するので 2 (9) より 3 次までのマクローリン展開は f (x) = f (0) + f′(0)x +f ′′₍₀₎ 2 x 2₊f′′′(0) 6 x 3_{+ R} 4 = x− 2x3 3 + R4で得られる。剰余項が R4= O(x 4_{) であるこ} とから lim x_→0 sin x cos x− x x3 = lim_x→0 −2x3_{/3 + O(x}4₎ x3 =− 2 3 を得る。 (15) f (x) = cos−1x とすると f′(x) = √−1 1− x2、f ′′_{(x) =} 1 2(1− x 2₎−3/2_{(1− x}2₎′ ₌ −x (1− x2₎3/2、f ′′′_{(x) =} −(x)′_{(1− x}2₎−3/2_{− x{(1 − x}2₎−3/2_}′ _{=−(1 − x}2₎−3/2₊3x 2 (1− x 2₎−5/2_{(1− x}2₎′ ₌₋ 2x 2_{+ 1} (1− x2₎5/2 より f (0) = cos−10 = π 2、f ′_{(0) = −1、f}′′_{(0) = 0、f}′′′_{(0) = −1 を得る。従って 3 次までのマクローリン展開は f(x) =} f (0) + f′(0)x +f ′′₍₀₎ 2 x 2₊f′′′(0) 6 x 3_{+ R} 4= π 2 − x − x3 6 + R4で得られる。剰余項が R4= O(x 4_{) であることか} ら lim x→0 2 cos−1x + 2x− π x3 = lim_x→0 −x3_{/3 + O(x}4₎ x3 =− 1 3 を得る。 (16) lim x→+0x x_{= lim} x→0e x log x [3](12)_{= e}0_{= 1} (17) 3 (7) と同様 lim x→0 e2x_{− 1 + 2x − 3x}2 x3 = lim_x→0 4x + O(x2₎ x3 = lim_x→0 1 x2 |{z} →+∞ {4 + O(x)} | {z } →4 = +∞ 4 (i) (1) f′(x) = 3x2− 1 = 3 ( x−√1 3 ) ( x + √1 3 ) ，f′′(x) = 6x，方程式 f (x) = x(x− 1)(x + 1) = 0 の解が x = 0,±1 なので x 軸との交点は (0, 0), (±1, 0)。原点は y 軸との交点でもある。 (1) x −√1 3 0 1 √ 3 f′(x) + 0 − − − 0 + f′′(x) − − − 0 + + + f (x) ↗, ∩ 2√₉3(極大) ↘, ∩ 0(変曲) ↘, ∪ −2√₉3(極小) ↗, ∪ (2) f′(x) = 4x3− 10x = 4x ( x− √ 5 2 ) ( x + √ 5 2 ) ，f′′(x) = 12x2− 10 = 12 ( x− √ 5 6 ) ( x + √ 5 6 ) ，方程式 f (x) = (x2_{− 1)(x}2_{− 4) = (x − 1)(x + 1)(x − 2)(x + 2) の解は x = ±1, ±2 なので x 軸との交点は (±1, 0), (±2, 0)，} y 軸との交点は (0, f (0)) = (0, 4) (2) x − √ 5 2 − √ 5 6 0 √ 5 6 √ 5 2 f′(x) − 0 + + + 0 − − − 0 + f′′(x) + + + 0 − − − 0 + + + f (x) ↘, ∪ −9₄(極小) ↗, ∪ 19₃₆(変曲) ↗, ∩ 4(極大) ↘, ∩ 19₃₆(変曲) ↘, ∪ −9₄(極小) ↗, ∪

(3) x 1 2 f′(x) + 0 − − − f′′(x) − − − 0 + f (x) ↗, ∩ 1 e(極大) ↘, ∩ 2 e2(変曲) ↘, ∪ (3) f′(x) = (x)′e−x+ x(e−x)′ = (1− x)e−x, f′′(x) = (1− x)′e−x+ (1− x)(e−x)′= (x− 2)e−x 方程式 f (x) = 0 の解は x = 0 のみなので x 軸との交点は 原点 (0, 0) のみ。これは y 軸との交点でもある。 (4) x −1 0 1 f′(x) + + + 0 − − − f′′(x) + 0 − − − 0 + f (x) ↗, ∪ √1_e ↗, ∩ 1 ↘, ∩ √1_e ↘, ∪ (変曲) (極大) (変曲) (4) f′(x) = (_−x2 2 )′ e−x2/2 = −xe−x2/2 f′′(x) =−(x)′e−x2/2− x ( e−x2/2 )′ = (x2− 1)e−x2/2= (x−1)(x+1)e−x2/2，常に f (x) > 0 なので x 軸との交点無し，y 軸との交点は (0, f (0)) = (0, 1) (5) f′(x) =(x) ′_{(1 + x}2_{)− x(1 + x}2₎′ (1 + x2₎2 = 1− x2 (1 + x2₎2 = −(x + 1)(x − 1) (1 + x2₎2 , f′′(x) =(1− x 2_{)′(1 + x}2₎2_{− (1 − x}2_{){(1 + x}2₎2_}′ (1 + x2₎4 = −2x(1 + x2_{) + (x}2_{− 1)4x} (1 + x2₎3 = 2x3− 6x (1 + x2₎3 = 2x(x−√3)(x +√3) (1 + x2₎3 方程式 f (x) = 0 の解は x = 0 なので x 軸との交点は原点 (0, 0) のみ。これは y 軸との交点でもある。 (5) x −√3 −1 0 1 √3 f′(x) − − − 0 + + + 0 − − − f′′(x) − 0 + + + 0 − − − 0 + f (x) ↘, ∩ −√₄3(変曲) ↘, ∪ −1₂(極小) ↗, ∪ 0(変曲) ↗, ∩ 1₂(極大) ↘, ∩ √₄3(変曲) ↘, ∪ (6) x 0 f′(x) + + + f′′(x) + 0 − f (x) ↗, ∪ 0(変曲) ↗, ∩ (6) f′(x) = (x) ′√_{1 + x}2_{− x(}√_{1 + x}2₎′ 1 + x2 = √ 1 + x2− x(1+x2)′ 2√1+x2 1 + x2 = 1 (1 + x2₎3/2 > 0, f′′(x) = (1 + x2)′−3 2 (1 + x 2₎−5/2₌ −3x (1 + x2₎5/2 lim x→±∞f (x) =±1(複号同順)。方程式 f(x) = 0 の解は x = 0 なので x 軸との交点は原点 (0, 0) のみ。これは y 軸 との交点でもある。 (1) x +0 1 e +∞ f′(x) −∞ − 0 + + f′′(x) +∞ + + + + f (x) 0 ↘, ∪ m =−1 e ↗, ∪ +∞ (極小, 最小)

(ii) (1) f′(x) = (x)′log x + x (log x)′ = log x + 1，f′′(x) = 1 x， 3 (12) より limx→+0f (x) = 0， limx→+∞f (x) = +∞，最 大値無し，最小値 m = f ( 1 e ) = −1 e，x 軸との交点は x = 1(x = 0 は定義域で無いので原点は交点ではない)

(2) f′(x) = (ex)′sin x + ex(sin x)′= ex(sin x + cos x) =√2exsin ( x + π 4 ) ， f′′(x) = (ex)(sin x + cos x) + ex(sin x + cos x)′= 2excos x，

最大値 M = f ( 3π 4 ) = e 3π/4 √ 2 ，最小値 m = f ( −π 4 ) = −e −π/4 √ 2 ，端点の値との比較 M > f (±π) = 0 及び m < f (±π) = 0 は自明。x 軸との交点 (0, 0), (±π, 0)，原点は y 軸との交点でもある。 (2) x −π −π₂ −π₄ π₂ 3π₄ π f′(x) − − − − 0 + + + 0 − − f′′(x) − − 0 + + + 0 − − − − f (x) 0 ↘, ∩ −e−π/2 ↘, ∪ m = −1√ 2e −π/4 _{↗, ∪ e}π/2 _{↗, ∩ M = √}1 2e 3π/4 _{↘, ∩ 0} (変曲) (極小, 最小) (変曲) (極大, 最大) (3) f′(x) = 2(1− x 2₎′ 2√1− x2 + √ 3 √ 1− x2 = −2(x−√₂3 ) √ 1− x2 ， f′′(x) = (−2x +√3)′√1− x2− (−2x +√₃₎(1−x2)′ 2√1−x2 1− x2 = −2(1 − x2_{) + x(−2x +}√₃₎ (1− x2₎3/2 = √ 3x− 2 (1− x2₎3/2 < 0(|x| ≦ 1) (3) x −1 √3 2 1 f′(x) +∞ + 0 − −∞ f′′(x) −∞ − − − −∞ f (x) m = 3−√3π 2 ↗, ∩ M = 4 + π √ 3 ↘, ∩ 3 + √ 3π 2 (最小) (極大, 最大) 最大値 M = f (√ 3 2 ) = 4+√π 3，端点の値 の比較 f (−1) = 3− √ 3π 2 < f (1) = 3+ √ 3π 2 より最小値は m = f (−1) = 3− √ 3π 2 。3π 2_< 3× 3.22 = 3× 10.24 < 3 × 12 = 62より m =6− √ 3π 2 > 0 なので x 軸との交点無し， y 軸との交点 (0, f (0)) = (0, 5) (4) f′(x) = (x)′√1− x2_{+ x(}√_{1− x}2₎′ ₌√_{1− x}2_{+ x}(1− x 2₎′ 2√1− x2 = 1− 2x2 √ 1− x2， f′′(x) = (1− 2x 2₎′√_{1− x}2− (1 − 2x2₎₍√_{1− x}2₎′ 1− x2 = −4x√1− x2_{− (1 − 2x}2₎(1_−x2₎′ 2√1_−x2 1− x2 = −4x(1 − x2_{) + x(1− 2x}2₎ (1− x2₎3/2 = −x 3− 2x2 (1− x2₎3/2 | {z } >0(|x|≦1) ，最大値 M = f ( 1 √ 2 ) =1 2，最小値 m = f ( −√1 2 ) =−1 2、端点との比較 M > f (±1) = 0, m < f (±1) = 0 は自明。x 軸との交点 (0, 0), (±1, 0)，原点は y 軸との交点でもある。 (4) x −1 −√1 2 0 1 √ 2 1 f′(x) −∞ − 0 + + + 0 − −∞ f′′(x) +∞ + + + 0 − − − −∞ f (x) 0 ↘, ∪ m =−1 2 ↗, ∪ 0 ↗, ∩ M = 1 2 ↘, ∩ 0 (極小, 最小) (変曲) (極大, 最大) (5) f′(x) = 1− 2 cos x，f′′(x) = 2 sin x，f (π)− f ( −π 3 ) = 2π−(√3 + 2π 3 ) = 4π 3 − √ 3 > π− 2 > 3.14 − 2 > 0 より最大値 M = f (π) = 2π，f(π 3 ) − f (0) = 4π 3 − √ 3 > 0 より最小値 m = f (−π) = 0，x 軸との交点 (−π, 0) のみ、y 軸との交点 (0, f (0)) = (0, π) (5) x −π −π₃ 0 π₃ π f′(x) + + 0 − − − 0 + + f′′(x) 0 − − − 0 + + + 0 f (x) m = 0 ↗, ∩ √3 +2π₃ ↘, ∩ π ↘, ∪ −√3 +4π₃ ↗, ∪ M = 2π (変曲, 最小) (極大) (変曲) (極小) (変曲, 最大)

5 (1) x3_{− 4x}2_{+ 5x = k より、y = f (x) = x}3_{− 4x}2_{+ 5x と y = k の交点を考える。f}′_{(x) = 3x}2_{− 8x + 5 =} (3x− 5)(x − 1) より増減表とグラフは次で得られる。従って異なる実数解の個数は 3 つ (50 27 < k < 2)，2 つ (k = 50 27, 2)，1 つ (k < 50 27又は k > 2)。 (2) f (x) = ex_{− x とすると、f}′_{(x) = e}x_{− 1 より x < 1 で単調減少し f(x) > f(0) = 1、x > 1 で単調増加し} f (x) > f (0) = 1 である。従って常に f (x) > 0 なので実数解は存在しない。 (3) f (x) = x − cos x とすると、f′(x) = 1 + sin x より実数全体で f′(x) ≧ 0 であり f(x) は単調増加する。 f (0) = 1× 0 − cos 0 = −1、f(1) = 1 − cos 1 > 0 なので、方程式 f(x) = 0 は 0 < x < 1 の区間に 1 つだけ実数解 を持ち、これ以外には実数解を持たない。 (4)−x4+4 3x 3_{+ 4x}2_{= k より、y = f (x) =−x}4₊4 3x 3_{+ 4x}2_{と y = k の交点を考える。f′(x) =−4x}3_{+ 4x}2_{+ 8x =} −4x(x + 1)(x − 2) より増減表とグラフは次で得られる。従って異なる実数解の個数は 4 つ (0 < k < 5 3)，3 つ (k = 0,5 3)，2 つ (k < 0 又は 5 3 < k < 32 3 )，1 つ (k = 32 3 )，なし (k > 32 3 )。 (5) この方程式は x = 0 を解に持たないので、x で割って 2x2+ x−k −3 x = 0 を得る。解の個数は直線 y = k と曲線 y = f (x) = 2x2+ x−3 xの交点の個数に対応する。f (x) = (x− 1)(2x2_{+ 3x + 3)} x = 0 の解は x = 1, −3 ±√15i 4 よ り実数解は x = 1 のみなので x 軸との交点は (1, 0) のみ。f′(x) = 4x + 1 + 3 x2 = (x + 1)(4x2_{− 3x + 3)} x2 = 0 の解 は x =−1,3± √ 39i 8 である。このうち実数解は x =−1 のみなので x = −1 でのみ極値を取り得る。 limx→±∞f (x) = +∞、 lim x→±0f (x) =∓∞(後者は複号同順) なので増減表とグラフは次で得られる。従って異なる実数解の個数は 3 つ (k > 4)，2 つ (k = 4)，1 つ (k < 4)

(1) x 1 5 3 (4) x −1 0 2 f′(x) + 0 − 0 + f′(x) + 0 − 0 + 0 − f (x) ↗ 2(極大) ↘ 50 27(極小) ↗ f (x) ↗ 5 3(極大) ↘ 0(極小) ↗ 32 3(極大) ↘ (5) x −∞ −1 → −0 → +0 +∞ f′(x) −∞ − 0 + +∞ +∞ + +∞ f (x) +∞ ↘ 4(極小) ↗ +∞ −∞ ↗ +∞ 6 （(1)∼(13) は答えのみ、C は積分定数） (1) 1 n + 1x n+1

+ C (2) log|x| + C (3) ex+ C (4)− cos x + C (5) sin x + C (6) tan x + C (7) tan−1x + C (8) sin−1x(=− cos−1x) + C (9) x 4 2 − 3x2 2 + 3x + C (10) 2 5x 2√_{x + C (11) 3}√3_{x + C (12)}−e −2x 2 + C (13)−2 cosx 2 + C (14) ∫ 1 2x + 1dx = 1 2 ∫ 1 x +1₂dx = 1 2log  x + 12   + C (15) t = 2x + 1 と置換積分して dt dx = 2 なので ∫ (2x + 1)10dx = ∫ t10dt 2 = t11 22 + C = 1 22(2x + 1) 11_{+ C} (16) t = x2と置換積分して dt dx = 2x なので ∫ x cos(x2)dx = ∫ cos t 2 dt = sin t 2 + C = 1 2sin(x 2_{) + C} (17) t = log x と置換積分して dt dx = 1 xなので ∫ log x x dx = ∫ tdt = t 2 2 + C = (log x)2 2 + C (18) t = exと置換積分して dt dx = e x_なので ∫ ex 1 + exdx = ∫ dt 1 + t = log|1 + t| + C 1+t=1+ex_>0 = log(1 + ex) + C (19) t = cos x と置換積分して dt dx =− sin x なので ∫ sin x cos xdx = ∫ ₋₁

t dt =− log |t| + C = − log | cos x| + C (20) t = x2+ 2 と置換積分して dt dx = 2x なので ∫ x x2_{+ 2}dx = ∫ 1 2tdt = 1 2log|t| + C t=x2+2>0 = 1 2log(x 2_{+ 2) + C} (21) x =√2t と置換積分してdx dt = √ 2 なので ∫ dx x2_{+ 2} = ∫ √ 2dt 2(t2_{+ 1)} = 1 √ 2tan −1_{t+C = √}1 2tan −1(_√x 2 ) +C (22) t =√x とする。x = t2_,dx dt = 2t より ∫ dx x +√x = ∫ 2t t2_{+ t}dt = 2 log|t+1|+C t+1=√x+1>0 = 2 log(√x+1)+C (23) 部分積分して ∫ x |{z} 微分 sin x |{z} 積分 dx =−x cos x − ∫ (x)′(− cos x)dx = −x cos x + ∫

cos xdx =−x cos x + sin x + C

(24) 部分積分して ∫ 1 |{z} 積分 log x |{z} 微分 dx = x log x− ∫ x(log x)′dx = x log x− ∫ 1dx = x log x− x + C (25) 部分積分して ∫ (x− 2) | {z } 微分 e3x |{z} 積分 dx = x− 2 3 e 3x₋ ∫ (x− 2)′e 3x 3 dx = x− 2 3 e 3x₋e3x 9 + C = 3x− 7 9 e 3x_{+ C} (26) 1 (17) と同様にして部分分数分解し ∫ x− 4 x2_{+ x}− 2dx = ∫ ( 2 x + 2− 1 x + 1 ) dx = 2 log|x+2|−log |x−1|+C (27) ∫ dx 1 + cos x 倍角 = ∫ dx 2 cos2 x 2 t=x/2 = ∫ dt

cos2_t = tan t + C = tan x 2 + C (28) ∫ sin2xdx倍角= ∫ 1− cos 2x 2 dx = x 2 − sin 2x 4 + C (29) ∫ x2 |{z} 微分 cos x | {z } 積分 dx = x2sin x− ∫ 2x |{z} 微分 sin x |{z} 積分 = x2sin x + 2x cos x− ∫

(30) 部分積分を繰り返し I = ∫ eax |{z} 微分 sin x |{z} 積分 dx =−eaxcos x+ ∫ aeax |{z} 微分 cos x | {z } 積分

dx = eax(a sin x−cos x)−a2 ∫ eaxsin xdx | {z } =I を得る。従って I = e ax_{(a sin x− cos x)} 1 + a2 + C を得る。 (31) x2_{−4x+13 = (x−2)}2_{+9 と平方完成出来るので I =} ∫ x x2_{− 4x + 13}dx = ∫ x− 2 (x− 2)2_{+ 9}dx | {z } =I1 + ∫ 2 (x− 2)2_{+ 9}dx | {z } =I2 の 2 つに分けて考える (積分定数は最後につければよいので I1, I2の個別の計算では省く)。 I1: t = (x− 2)2+ 9 と置換積分して dt dx = 2(x− 2) より I1= ∫ dt 2t = 1 2log|t| t=(x−2)2_+9>0 = 1 2log(x 2_{− 4x + 13)} I2: t = x− 2 3 と置換積分して dt dx = 1 3 より I2= ∫ 2 9(t2_{+ 1)}× 3dt = 2 3tan −1_{t =} 2 3tan −1(x− 2 3 ) 従って I = 1 2log(x 2_{− 4x + 13) +}2 3tan −1(x− 2 3 ) + C を得る。 (32) 和積の公式より ∫ cos x cos 2xdx = ∫ cos x + cos 3x 2 dx = 1 2sin x + 1 6sin 3x + C (33) t = tan x と置換積分すると、dt dx = tan 2_{x + 1 = t}2_{+ 1 より dx =} dt t2_{+ 1} である。 1 cos2_x= cos2_{x + sin}2_x cos2_x = 1+ tan2x より ∫ tan x 1 + cos2_xdx = ∫ t 1 + _t21₊₁ dt 1 + t2 = ∫ t t2_{+ 2}dt [6](20) = 1 2log(t 2_{+2) + C =} 1 2log(tan 2_{x+2) + C} (34) t = tan x と置換積分すると、dt dx = tan 2_{x + 1 = t}2_{+ 1 より dx =} dt

t2_{+ 1} である。sin 2x = 2 sin x cos x = 2sin x cos x÷ 1 cos2_x= 2 tan x tan2_{x + 1} = 2t t2_{+ 1}より、 ∫ 1 sin 2xdx = ∫ t2+ 1 2t × dt t2_{+ 1} = 1 2log|t|+C = 1 2log| tan x|+C (別解) ∫ dx sin 2x = ∫ sin 2x sin22xdx = ∫ sin 2x 1− cos2_2xdx より t = cos 2x と置換して dt dx =−2 sin 2x より、 ∫ dx sin 2x = ∫ dt 2(t2− 1) = ∫ 1 4 ( 1 t− 1 − 1 t + 1 ) dt = 1 4(log|t − 1| − log |t + 1|) + C = 1 4log |1 − t| |1 + t| + C 1_{±t=1±cos 2x>0} = 1 4log ( 1− t 1 + t ) + C = 1 4log ( 1− cos 2x 1 + cos 2x ) + C = 1 4log ( sin2x cos2_x ) + C = 1 2log| tan x| + C (35) x = e t_{− e}−t 2 と置換積分をすると、 dx dt = et_{+ e}−t 2 より dx = et_{+ e}−t 2 dt である。 • √1 + x2₌ √ 1 + ( et− e−t 2 )2 = √ 4 + (e2t− 2 + e−2t₎ 4 = √ e2t_{+ 2 + e}−2t 2 = |et_{+ e−t|} 2 = et+ e−t 2 • T = et_{とおくと T > 0 であり、T−}1 T = 2x を得る。両辺に T を掛けて T 2_{−2xT −1 = 0 より T = x±}√_{1 + x}2 を得る。T > 0 より、このうち T = et_{= x +}√_{1 + x}2_{のみ適し、t = log(x +}√_{1 + x}2_{) である。} 以上により ∫ dx √ 1 + x2 = ∫ 2 et_{+ e}−t × et+ e−t 2 dt | {z } =dx = ∫ 1dt = t + C = log(x +√1 + x2_{) + C を得る。} (36) x = sin t と置換積分する。t の範囲は−π 2 ≦ t ≦ π 2 で cos t≧ 0 である。t = sin −1_x、dx dt = cos t、 √

1− x2₌√₁− sin2_{t =}√_cos2_{t =}| cos t|cos t₌≧0_{cos t が成立する。従って積分は次式で計算出来る。} ∫ √ 1− x2_{dx =} ∫ cos t× cos tdt_{| {z }} =dx = ∫ 1 + cos 2t 2 dt = 2t + sin 2t 4 + C = t + sin t cos t 2 + C = sin−1x + x√1− x2 2 + C (37) ∫ 1 |{z} 積分 × log(1 + x2₎ | {z } 微分 dx = x log(1 + x2)− ∫ x× (1 + x 2_)′ 1 + x2 dx = x log(1 + x 2₎₋ ∫ ( 2− 2 1 + x2 ) dx = x log(1 + x2)− 2x + 2 tan−1x + C (38) 部分積分して ∫ sin−1xdx = ∫ 1 |{z} 積分 × sin−1_x | {z } 微分 dx = x sin−1x− ∫ x×√ 1 1− x2dx

t = 1− x2_{と置換積分すると、}dt dx =−2x より次式を得る。 ∫ sin−1xdx = x sin−1x− ∫ x √ 1− x2dx = x sin −1_{x +}∫ 1 2√tdt = x sin −1_{x +}√_{t + C = x sin}−1_{x +}√_{1− x}2_{+ C} (39) 部分積分して ∫ cos−1xdx = ∫ 1 |{z} 積分 × cos−1_x | {z } 微分 dx = x cos−1x + ∫ x×√ 1 1− x2dx t = 1− x2_{と置換積分すると、}dt dx =−2x より次式を得る。 ∫ cos−1xdx = x cos−1x + ∫ x √ 1− x2dx = x cos −1_x−∫ 1 2√tdt = x cos −1_x−√_{t + C = x cos}−1_x−√_{1− x}2_{+ C} (40) 部分積分して ∫ tan−1xdx = ∫ 1 |{z} 積分 × tan−1_x | {z } 微分 dx = x tan−1x− ∫ x× 1 1 + x2dx t = 1 + x2_{と置換積分すると、}dt dx = 2x より次式を得る。尚、t = 1 + x 2_{> 0 より絶対値が外れる。} ∫ tan−1xdx = x tan−1x− ∫ x 1 + x2dx = x tan−1x− ∫ dt 2t = x tan −1_x−log|t| 2 + C t>0 = x tan−1x−log(1 + x 2₎ 2 + C (41) f (x) = 2x(x + 1) (x− 1)2_(x2_{+ 1)} = A x− 1 + B (x− 1)2+ Cx + D x2_{+ 1} と部分分数分解する。右辺を通分して次式を得る。 f (x) = A(x− 1)(x 2_{+ 1) + B(x}2_{+ 1) + (Cx + D)(x− 1)}2 (x− 1)2_(x2_{+ 1)} = (A + C)x3+ (−A + B − 2C + D)x2+ (A + C− 2D)x + (−A + B + D) (x− 1)2_(x2_{+ 1)}

従って係数比較して A + C = 0、−A + B − 2C + D = 2、A + C − 2D = 2、−A + B + D = 0 を得る。これ を解いて (A, B, C, D) = (1, 2,−1, −1) を得る。これにより次式を得る。尚、 ∫ x x2_{+ 1}dx は 6 (20) と同様にして t = x2+ 1 と置換積分すると dt dx = 2x より ∫ x x2_{+ 1}dx = ∫ 1 2tdt = 1 2log|t| t=x2+1>0 = 1 2log(x 2_{+ 1) である。} ∫ f (x)dx = ∫ ( 1 x− 1 + 2 (x− 1)2− x x2_{+ 1}− 1 x2_{+ 1} ) dx = log|x − 1| − 2 x− 1− 1 2log(x 2_{+ 1)− tan}−1_{x + C} 7 (1) y′ = (x)′eax _{+ x(e}ax₎′ _{= (1 + ax)e}ax_{, y}′′ _{= (1 + ax)}′_eax_{+ (1 + ax)(e}ax₎′ _{= (2a + a}2_x)eax _より、 y′′− 2√2y′+ 2y = eax{(2a + a2x)− 2√2(1 + ax) + 2x} = (a −√2)eax{(a −√2)x + 2} = 0 から a =√2 (2) 1 次導関数は y′= (√x)′e√x+ (−√x)′e−√x=e √ x_{− e}−√x 2√x であり、2 次導関数は次式で得られる。 y′′= ( 1 2√x )_′ × (e√x_{− e−}√x_{) +} ( 1 2√x ) × (e√x_{− e−}√x_)′=− 1 4x3/2(e √_x − e−√x_{) +} 1 4x(e √_x + e−√x) 従って_−xy′′+y 4 = 1 4√x(e √_x − e−√x_{) =}y′ 2 なので a = 1 2 である。

(3) 1 次導関数は y′= (4 sin−1x)′cos(4 sin−1x) = √ 4

1− x2cos(4 sin −1_{x) であり、2 次導関数は次式で得られる。} y′′= ( 4 √ 1− x2 )′ × cos(4 sin−1_{x) +√} 4 1− x2 × {cos(4 sin −1_x)}′ =−2 × (1 − x 2_)′ (1− x2₎3/2 cos(4 sin −1_x)− 16 1− x2sin(4 sin −1_{x) =} 4x (1− x2₎3/2cos(4 sin −1_x)− 16 1− x2sin(4 sin −1_x) 従って (1− x2_{)y′′− xy′+ ay = sin(4 sin−1x)(−16 + a) = 0 を得る。従って a = 16 である。} 8 (1) f (x) = x5− 5x + 4 とおき x > 1 で f′(x) = 5(x4− 1) > 0、f(1) = 0 より x > 1 で f(x) > 0。 (2) f (x) = log(1 + x)− x 1 + xとおき x > 0 で f ′_{(x) =} x (1 + x)2 > 0、f (0) = 0 より x > 0 で f (x) > 0。 (3) f (x) = 2x− sin 2x とおき x > 0 で f′(x) = 2(1− cos 2x) ≧ 0、f(0) = 0 より x > 0 で f(x) > 0。 (4) f (x) = cos−1x + x− 1 とおき f′(x) = −1 + √ 1− x2 √ 1− x2 < 0、f (1) = 0 より−1 < x < 1 で f(x) > 0。 (5) f (x) = tan−1x− x 1 + x2 とおき x > 0 で f ′_{(x) =} 2x2 (1 + x2₎2 > 0、f (1) = 0 より x > 0 で f (x) > 0。

(6) x 0 g′(x) −(↗) 0 +(↗) g′′(x) +(↘) 0 +(↗) g′′′(x) − 0 + g(x) +(↘) 0 +(↗) (6) f (x) = exとすると任意の自然数 n で f(n)(x) = exである。 2 (1) より f (x) の 3 次までのマクローリン展開は f (x) = 1 + x +x 2 2 + x3 6 + R4。ある θ(0 < θ < 1) に対し R4= 1 4!x 4_f(4)_{(θx) =} 1 4! x 4 |{z} ≧0 eθx |{z} >0 より R4≧ 0。等号成立は x = 0 のみ。 (別解) g(x) = ex− 1 − x −x 2 2 − x3 6 とする。g ′_{(x) = e}x_{− 1 − x −}x2 2 、g ′′_{(x) =} ex− 1 − x、g′′′(x) = ex− 1 より増減表は次のようになる。従って任意の実数 x で g(x)≧ 0 であり等号成立条件は x = 0 のみである。 (1) r 4 V′(r) + 0 − V (r) ↗ 128π ↘ 9 (1) 直円柱の底面の半径を r、高さを h とすると側面は底辺が底面の円周 2πr に等 しく高さが h の長方形なので、側面積は 2πrh である。底面積は r2_{π なので、表面積は} 2πr(r + h) = 96π である。従って h = 48 r − r を得る。h > 0 であることから r の範囲 は 0 < r <√48 = 4√3 である。体積は V (r) = πr2h = πr2 ( 48 r − r ) = π(48r− r3) である。V′(r) = π(48−3r2) =−3π(r −4)(r +4) より増減表は左表のように得られる。従って底面の半径が r = 4、 高さが h = 8 のときに体積は最大値 128π をとる。 (2) h 2√3 3 a V′(h) + 0 − V (h) ↗ 4 √ 3π 9 a 3 _↘ (2) 直円柱の底面の半径を r、高さを h とすると、これが半径 a の球に内接する ので r2₊ ( h 2 )2 = a2を得る。h の範囲は 0 < h < 2a である。この直円柱の体積 は V (h) = πr2_{h = πh} ( a2−h 2 4 ) = π ( a2h−h 3 4 ) である。 V′(h) = π ( a2−3h 2 4 ) =−3π 4 ( h−√2a 3 ) ( h +√2a 3 ) より増減表は左表のように得られる。従って底面の半径が r = √ 6a 3 、高さが h = 2√3a 3 のときに体積は最大値 4√3π 9 a 3_をとる。 (3) θ 2 L′(θ) − 0 + L(θ) ↘ 4 ↗ (3) この扇形の半径を r とすると面積が 1 なのでr 2_θ 2 = 1、即ち r = √ 2 θ が成立す る。周長を L(θ) = 2r + rθ とすると、L(θ) =2 √ 2 √ θ + √ 2θ を得る。 L′(θ) =−√2θ−3/2+ √ 2 2 θ −1/2₌ √ 2 2θ3/2(−2 + θ) より増減表は左表のように書ける。 θ = 2 で極小値をとるので、0 < θ < π の範囲では θ = 2 で最小値 4 をとる。 (4) θ 2π 3 S′(θ) + 0 − S(θ) ↗ 3 √ 3 4 (極大) ↘

(4) まず三角形 ABC は底辺が BC = 2 sin θ、高さが 1− cos θ であることから、 その面積は S(θ) = sin θ(1− cos θ) で得られる。この導関数は

S′(θ) = cos θ(1− cos θ) + sin2θ = cos θ(1− cos θ) + (1 + cos θ)(1 − cos θ) = (1 + 2 cos θ)(1− cos θ) 従って 0 < θ < π の範囲で S′(θ) = 0 となるのは cos θ =−1 2、即ち θ = 2π 3 のときである。従って増減表は次の ように得られる。以上により θ = 2π 3 のときに三角形 ABC の面積は最大値 3√3 4 を取る。