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令和２年度 熊本大学 2 次試験後期日程 ( 数学問題 ) 理学部 令和 2 年 3 月 12 日
1 数列 { an} は次の漸化式を満たすものとする。
a
1= 2, a
n+1= a
n2+ 2
2a
n+ 1 (n = 1, 2, 3, · · · ) このとき以下の問いに答えよ。
(1) 任意の自然数 n に対して a
n> 0 であることを示せ。
(2) 数列 { b
n} を数列 { a
n} を用いて次のように定める。
b
n= a
n− 1
a
n+ 2 (n = 1, 2, 3, · · · ) このとき b
n+1を b
nを用いて表せ。
(3) a
nを求めよ。
2 A，B，C は空間の 3 点で，三角形をなすとする。A，B，C を含む平面を α と し， O は α に含まれない点とする。 D を OA の中点とし， X を線分 BD 上の点 とする。 ~a = −→
OA ， ~b = −→
OB ， ~c = −→
OC とおく。このとき以下の問いに答えよ。
(1) −→
OX = k~a + `~b とおくとき，k を ` で表せ。
(2) E は O ， C を通る直線上の点で， −→
OE = 2 −→
OC を満たすとする。 X ， E を通 る直線と α の交点を Y とするとき， −→
OY を ~a ， ~b ， ~c および ` で表せ。
(3) F を A，B の中点とし，Y が C，F を通る直線上の点であるとする。` を 求めよ。
3 a ， b ， c を実数とし，関数 f (x) = x3+ ax
2+ bx + c は x = 1 で極大値 0 をとる とする。このとき以下の問いに答えよ。
(1) a ， b を c を用いて表せ。
(2) c のとり得る値の範囲を求めよ。
(3) 曲線 y = f(x) と x 軸とで囲まれた部分の面積を c を用いて表せ。
2 解答例
1 (1) 与えられた漸化式
( ∗ ) a
1= 2, a
n+1= a
n2+ 2
2a
n+ 1 (n = 1, 2, 3, · · · ) について，n = k のとき，a
k> 0 と仮定すると，
a
k+1= a
k2+ 2 2a
k+ 1 > 0
a
1= 2 > 0 であるから，数学的帰納法により，すべての自然数 n に対して a
n> 0
(2) 漸化式 ( ∗ ) から a
n+1− 1 = a
n2+ 2
2a
n+ 1 − 1 = (a
n− 1)
22a
n+ 1 a
n+1+ 2 = a
n2+ 2
2a
n+ 1 + 2 = (a
n+ 2)
22a
n+ 1 a
n+ 2 6 = 0 に注意して a
n+1− 1
a
n+1+ 2 =
( a
n− 1 a
n+ 2
)
2よって b
n+1= b
n2補足 漸化式 ( ∗ ) の特性方程式は
x = x
2+ 2
2x + 1 整理すると (x + 2)(x − 1) = 0 これから， b
nは， a
n+ 2 と a
n− 1 が分母と分子である．
(3) b
1= a
1− 1
a
1+ 2 = 2 − 1 2 + 2 = 1
4 > 0
これと (2) の結果から，すべての自然数 n に対して b
n> 0 B
n= log
2b
nとおくと
log
2b
n+1= log
2b
n2ゆえに B
n+1= 2B
nB
1= log
2b
1= log
21
4 = − 2
数列 { B
n} は初項 − 2，公比 2 の等比数列であるから
B
n= − 2 · 2
n−1= − 2
nゆえに b
n= 2
Bn= 2
−2nb
n= a
n− 1
a
n+ 2 より a
n= 1 + 2b
n1 − b
n= 1 + 2 · 2
−2n1 − 2
−2n= 2
2n+ 2 2
2n− 1 補足 lim
n→∞
a
n= 1 は，特性方程式の解である．
3
2 (1) D は OA の中点であるから， ~a = 2 −→
OD， ~b = −→
OB より
−→ OX = k~a + `~b = 2k −→
OD + ` −→
OB X が線分 BD 上の点であるから
2k + ` = 1, 0 5 ` 5 1 よって k = 1 − `
2 (0 5 ` 5 1) (2) Y は直線 XE 上の点であるから，実数 s を用いて
−→ OY = s −→
OX + (1 − s) −→
OE (1) の結果および条件から −→
OX = 1 − `
2 ~a + `~b ， −→
OE = 2 −→
OC = 2 ~c したがって −→
OY = s
( 1 − ` 2 ~a + `~b
)
+ (1 − s) · 2 ~c
= s(1 − `)
2 ~a + s`~b + 2(1 − s) ~c Y は平面 α 上の点であるから
s(1 − `)
2 + s` + 2(1 − s) = 1 ゆえに s = 2
3 − ` , 1 − s = 1 − ` 3 − ` よって −→
OY = 1 − ` 3 − `
~ a + 2`
3 − `
~ b + 2(1 − `) 3 − `
~ c (3) Y は直線 CF 上の点であるから，実数 t を用いて
−→ OY = (1 − t) −→
OC + t −→
OF F は A ， B の中点であるから， −→
OF = ~a + ~b 2 ， −→
OC = ~c したがって −→
OY = (1 − t) ~c + t · ~a +~b 2
= t 2 ~a + t
2 ~b + (1 − t) ~c
~a ， ~b ， ~c は 1 次独立であるから， (2) の結果と上式の係数を比較して 1 − `
3 − ` = t
2 , 2`
3 − ` = t
2 , 2(1 − `)
3 − ` = 1 − t 上の第 1 式，第 2 式より，` = 1
3 , t = 1
2 ．これは第 3 式を満たす．
よって ` = 1
3
4
3 (1) f(x) = x3+ ax
2+ bx + c より f
0(x) = 3x
2 + 2ax + b f(x) は x = 1 で極大値 0 をとるから
f (1) = 1 + a + b + c = 0, f
0(1) = 3 + 2a + b = 0 上の 2 式から a = c − 2, b = − 2c + 1
(2) (1) の結果から f
0(x) = 3x
2+ 2(c − 2)x − 2c + 1
= (x − 1)(3x + 2c − 1) f
0(x) = 0 とすると x = 1, 1 − 2c
3
x = 1 で極大値をもつから 1 < 1 − 2c
3 ゆえに c < − 1 x · · · 1 · · ·
1−32c· · ·
f
0(x) + 0 − 0 +
f (x) % 極大 & 極小 % よって c < − 1
(3) (1) の結果から
f(x) = x
3+ (c − 2)x
2+ ( − 2c + 1)x + c
= (x + c)(x − 1)
2曲線 y = f(x) の x 軸との共有点の x 座標は x = − c, 1 ここで
∫
1−c
(x + c)(1 − x)
2dx = 1!2!
4! (1 + c)
4= 1
12 (c + 1)
4c + 1 の符号に関係なく，求める面積を S とすると
S = 1
12 (c + 1)
4補足 積分公式
1∫
β α(x − α)
m(β − x)
ndx = m!n!
(m + n + 1)! (β − α)
m+n+1を利用する．
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