解答例 ２次数学セレクション

‹電送数学舎 2006 −−

１ [名古屋大] & \=ORJ[より

[

\′= となり接点をW ORJWとおくと接線の方程式は

ORJ [ W

W W

\− = − [ W

W

\= −+ORJ

点 Eを通ることより

E W= +

− ORJ W=HE+

よって接線の方程式は \₌H−E−[₊E

点$Q[Q ORJ[Q $Q+[Q+ ORJ[Q+とおくと

ORJ

%Q [Q となりより

ORJ

+

+ = [Q

Q H

[ [Q+ =H[Q

$ から[ =なので [Q =⋅HQ− =HQ−

よって $ _HQ− _Q−

Q $Q+HQ Qとなり求める面積6Qは

{

}

{

ORJ

}

− − −

− − −

= H Q Q

³

₋ [G[ H H − Q

6 H Q Q

H Q

Q

Q

Q

HQ Q HQ Q HQ

[

[ORJ[ [

]

H_HQQ

−

− −

− − − +

= −

_{+ − − −} − _{− + −} − _{+ −} −

= HQ Q HQ Q HQ QHQ Q HQ HQ HQ

₋ − _{= −} −

= HQ HQ H HQ

より

( )

−

− = ₋ ⋅ −

= _Q Q

Q H H H Q H

Q

6Q となり

Q _N

Q N

7 N _H

œ

とおくと

(

−_H

)

7Q =+_H+

( )

_H +"+

( )

_H Q− −Q

( )

_H Q

( )

( )

Q

{ ( ) }

Q

( )

Q

Q

H Q H

HH H

Q H

H

− −

− = −

− −

=

よって Q

{ ( ) }

_H Q _HH Q

( )

_H Q

HH

7

⋅ − − −

−

= となり条件より

¦

∞₌

Q 6Q

Q

OLP

− − = − ⋅ − = − =

∞

→ H H

H HH

H 7

H Q

Q

［解 説］

似た構図をよく見かける微積分の総合問題です。とにかく計算力がポイントです。

2 [

\

$Q+

Q %

+

Q

[

Q $ Q

‹電送数学舎 2006 −−

２ [東京大]

D =

Q

Q Q

D D D

+ =

+ より帰納的にDQ＞である。

さて Q

Q Q

Q

Q D D D

D

D + = + = ++

……＊からEQ DQ

= とおくと

Q Q

Q E _E

E += ++

以下数学的帰納法を用いてQ＞のときEQ＞ となることを示す。Q

L Q=のとき

= + + = + + = ＞ ×

E E

E となりQ=のとき成立する。

LL Q=Nのとき N

EN＞ と仮定すると += ++ E + N+

E E

E N

N N

N ＞ ＞

よってQ=N+のときも成立する。

LLLよりQ＞のときEQ＞ である。Q

よりQ≧においてE _D Q

Q

Q = ＞ より

Q

DQ＜ となるので

Q D

D D

D Q + +

⋅ + ⋅ + +

+ +

+ " ＜ " +

³

Q _[G[

＜

よってD+D+D+"+DQ＜

(

+

[

ORJ[

]

Q

)

=+ORJQとなり

(

_{Q Q}Q

)

D

D D D

Q Q ORJ

＜ + + +"+ ＜ +

すると OLPORJ =

∞ → Q

Q

Q より

OLP + + + =

∞

→ Q

Q Q D D " D

＊より

− −

=

+ Q Q

Q _{D D}

D なので

(

)

¦

¦

_{= =} +

− − =

Q

N N N

Q

N

N _{D D}

D

− − = − −

=

+

+ D Q D Q

DQ Q

よって =

+

Q

D

¦

₌D +Q+

Q

N N より

= +

Q

QD Q D Q

Q

N N

+ +

¦

₌

するとよりQ→∞のとき

¦

+ + →

= Q

D Q

Q

N

N

となるので

OLP

=

+ ∞ → Q

Q QD

OLP + =

∞ → Q

Q QD

以上より OLP =OLP + =OLP +⋅ + = ∞

→ + ∞

→ ∞

→ Q Q Q Q Q

Q Q QD

Q D

Q

QD

［解 説］

© 電送数学舎 2007 －3－

［東京大］

n k≦ ≦

1 を満たすk 対し, △Pk1OPk すべ 相似 ,

k k k P a

P 1 く ,





k

k a

n a 1  11

こ ,





1

1 1 1

   k k

n a

a ,



_

 n k

k n a

s

1









   n

k

k

n a

1

1

1 1 1





1 1 1

1 1 1 1

 

   

n n a

n



1 1

 

1

1  

 n

n n

a

ここ , △OP0P1 余弦定理を適用す ,



_n





_n



_n

a₁2 12  11 2 21 11 cos







2 1 cos

1 1 1 2

n n

n  



 

,







2

1 2 1 1 1 cos 1

n n n

a      ,

n

nlims





 

 

1

1 1 1 cos 1 1 1 2

lim 2     

 _ n n n n n n







1



1 1

 

1

2 sin 1 1 4

lim 2  2   

 _ n n n n n n







 

1 1 1

 

1 2

sin 2 1 1

lim 2  2  

 _ n n n n

n

n  



 2 1(e1)

［解 説］

図形 数列 極限 融合問題 す。基本事項 確認 主 , 落 すこ

ませ 。

O _P0

P1

P2

P3

1

© 電送数学舎 2007 －4－

［京都大］

k を 0 い定数 し , 漸化式

1

1 

  n  n n xa y

a …… を満たす 1 数列を

n n ky

a  す ,

1

1 

 _ n_ n n _{kxy y}

ky ………

, x＞0, y＞0, xy , kykxy,

x y

y k

 

－ , )(

1

1 n n n

n ky x a ky

a     

0 1 

a , ankyn (a1ky1)xn1kyxn1

) (

)

( 1 1

2 1

1   

 _

  

 n n n n n y x

x y

y x

y ky

a ………

(i) y＞x 1 0＜ ＜

y

x _{, lim}

 

_0

 

n

n y

x _{, ,}

   

1

1 2

1 

 _ 

 _n n n

y x y

x y

y a

, n na

lim 有限 値 収束す 条件 , 0＜y≦1 あ 。

(ii) x＞y 1 0＜ ＜

x y

, lim

 

0

 

n

n x

y

, ,

 

1 1



1 2

 

 _n n n

x y x x y

y a

, n na

lim 有 限 値 収 束 す 条 件 , 0＜x≦1

あ 。

(i)(ii) , n na

lim 有限 値 収束す う 点(x, y)

を図示す , 右図 網点部 う 。た し, 実線

境界 含 , 破線 境界 含ま い。

［解 説］

漸化式 解法問題 す。一般項 求ま , 収束す 条件を 寧 図示す け

す。 , 上記 解法 い ピンポイントレクチャー を参照し く さい。

O x

y

© 電送数学舎 2008 －5－

［東北大］

(1) A1OA2  く ,

n

1 OA

A A sin

1 2

1 _



 ,

n

1 1

cos   ,

1 1

2

1A A A cos 1 1 A A

Ak_ k_  k k_   k k_

n



, A A 1 1



1 1



1



   k

k k

n n

ここ , AkAk1 Ak1Ak2 す角 , 180 , 1

  k k h

h AkAk1Ak1Ak2

 1



11



k1 1



11



kcos(180)

n n

n n









n n

n n

k ₁

1 1

1 1

1

1 1

     

 





k

n n

1 1 1 _

 

(2) (1) , Sn 



   n

k

k k h

h

1

1



 

 







 

 

n

n

n n

n n n

n ₁ 1 _{1 1} 1

1 1 1

1 1 1 1 1 1

  

  



  

 

さ ,





n

n n

elim 11



 ,









_n

_

_

n _n

_

_

n

n

n n

n

n n

n n

n n

1 1 1

1 lim

1 1 lim 1

lim 1

1 lim

  

 

 

 _{  } 





 



e

n n

n n

1

1 1 1 1 1 1

1 lim

1 

  



 _{ }

, lim 



11



11



 Sn e e

n

［解 説］

数列 極限 い 基本問題 す。相似 図形 等比数列 融合した構図

います。

O A1

A2

A3

A4

© 電送数学舎 2008 －6－

［広島大］

(1) Q1P2 P1Q1cos, P2Q2 Q1P2cos ,

 2 1 1 2

2Q PQ cos

P  , 2

1 1

2 2

cos Q P

Q

P _

(2) △P1Q1P2 △P2Q2P3 相似 , (1) ,

 4

1 2 _cos

S S

(3) P1Q1OP1sin sin ,

   sin cos

2 1 sin P Q Q P 2

1 3

2 1 1 1

1  

S

(2) 同様 し , 

4

1 ncos

n S

S   , 0＜ 

4

cos ＜1 ,



_



1

n n

S S

 4 1 cos 1

 S

) cos 1 )( cos 1 ( 2

cos sin

2 2

3

   



) cos 1 ( 2

cos sin

2_   



₁ 1 cos₂ 2



2

2 sin 2 1

   

 ₂₍₃sin_cos2 _{2 )}    

(4)

) 3 ( 2 cos

2 sin 2

cos 3

2 sin

  



 _{ } 

m く , 0＜2＜ , m 点A(3, 0) 半

円 1

2 2_{y }

x (y＞0)上 点を結ぶ直線 傾 。

こ こ , m 値 最大 , こ 直線 円

接す あ , 接点をT し, x軸 正 部分

す角を く ,

4 2 1 3

1 AT

OT tan

2

2_ 

  

, (3) S m

2 1

 , S 最大値 ,

8 2 4

2 2 1_{ }

あ 。

［解 説］

有 構図 頻出問題 す。(4) , 微分法 利用 一般的 す , ここ 分数

関数を直線 傾 し 解法を採用しました。

P1

P2

P3

P4

Q1

Q2

Q3

l m

O 

…

…

S1 S2

1

O _x

y

A

T

3

 1

© 電送数学舎 2008 －7－

［東京工大］

kを整数 す , )f(x 定義 , f(xk) f(x)k , 7

) ( ) 7

(ax  f ax 

f , 3f(bx3) f(bx)

す ,

3 ) (

1 7

) (

1 )

3 (

1 )

7 (

1

 

 

 

 bx ax bx

ax f f f

f



( ) 7



( ) 3



10 ) ( ) (

  

 _ff_axbx f ax_{f bx} ………(＊)

同様 , )f(x 定義 , 1x≦f(x)＜x , 1

) (ax ax

ax≦f ＜ , 1bx≦f(bx)＜bx

す , x＞0 い ,

x a x

ax

a≦ ( )＜ 1 f

,

x b x

bx

b≦ ( )＜ 1 f

, a

x ax

x 

) (

lim f , b

x bx

x 

) ( lim f

ここ ,





) 3 (

1 )

7 (

1 )

(

 



x _{ax bx}

x c

f f

g く ,

(i) ab

(＊) ,





_xbx _x



x x

ax

x x

ax x

bx x

x c

3 ) ( 7 ) (

10 ) ( ) (

)

( 1

 

 

  

f f

f f

g

す , )lim (x

xg , 01

＞



c 発散, c1≦0 収束す 。

, 収束す c 最大値 c1 , こ ,

ab a b x

x

    ( )

limg あ 。

(ii) ab

(＊) ,





_xax _x



x x ax x

x c

3 ) ( 7 ) (

10 )

( 2

 

  

f f

g

す , )lim (x

xg , 02

＞



c 発散, 0c2≦ 収束す 。

, 収束す c 最大値 c2 , こ ,

2 10 ) ( lim

a x

xg 

あ 。

［解 説］

題意を言い換えた不等式x≦f(x)＜x1 評価す , ab アバウ

ト す ます。そこ , 収束す 形を作 いう基本 戻 た 上 解 す。

も も, さ 基本 x 大 く f(x) x 同 う も い

‹電送数学舎 −−

８ ［大阪大］

点SQ TQ は \=ORJQ[と

(

[−_Q

)

+\=の

第象限にある交点であるので

ORJ Q

Q QS

T = ………①

(

₋

)

_{+ =}

Q

Q _Q T

S ………②

②より

(

)

Q QS Q

S

TQ = Q − = Q−

− ………③

①より TQ

Q H

QS = から −= TQ −

Q H

QS ………④

③④より

Q H TQ = TQ −

−

ここで＜TQ≦から＜HTQ −≦H₋となり

Q H

TQ −

− ≦

さらに＜

Q

T ≦から

Q

T

−

≦ となり

Q H

TQ −

− ≦

≦

するとQ→∞のとき_{− →}

Q

T すなわち _→

Q

T となり TQ＞から

OLP =

∞ → Q

Q T

=

³

SQ

Q

Q Q[ G[

6 ORJ =

[

]

Q −

³

SQ ⋅

Q S

Q

G[ [ [ Q[

[ORJ =SQORJQSQ−SQ +_Q

の結果に④を適用すると

ORJ − + = − + = − +

= Q Q Q Q T T T Q

Q QS QS QS T H H H T

Q6 Q Q Q ………⑤

から OLP =

∞ → Q

Q T なので⑤よりQOLP→∞Q6Q =である。

［解 説］

ていねいな誘導のついた極限の問題です。この誘導がなければ難問です。

Q

SQ Q

T

2 [

\

Q

© 電送数学舎 2010 －9－

９ [九州大]

(1) 1₂

x

y 対 し ,

3 2

x

y , 点





2

1 , 1

Q

b b

け 接線 方程式 ,

) ( 2 1

3

2 _b x b

b

y   ,

2 3

3 2

b x b y 

点





2

1 , 1

P

a

a を通 こ ,

2 3 2

3 2 1

b a b a  

0 2 3 2 3 3_{ a b a }

b , 0(ba)2(b2a)

a

b , b2a ,





2 1

4 1 , 2 Q

a a

 。

(2) (1) 同様 す , P2 x座標 ( 2) a 4a

2 _

 , 2



₂



16

1 , 4 P

a

a ,



2



1 1

4 3 , 3 Q

P

a a 



 ,





2 2

1

16 15 ,

3 P P

a a 



す , △P1Q1P2 面積S1 ,



 



a

a a

a

S 3

4 3 16

15 ) 3 ( 2 1

2 2

1     

a a

a 32

81 4

9 16

45 2

1 _{ }



(3)





2 1 , P

n n n

a

a ,





2 1 , Q

n n n

b

b く , (1) 同様 し ,

a a

an 4n1 1 4n1 , bn 4n1b14n1(2a)24n1a (2) 結果を用い , △PnQnPn1 面積Sn ,

 

1

1 ₄

1 2 81 ) 4 ( 32

81 

 

 n n n

a a S

(4) 等比数列

 

Sn 公比 4

1 _,





1

n n

S 収束し,



_1

n n

S

a a

8 27

4 1 1

32 81

  

［解 説］

無限等比級数 応用問題 す。誘導を利用し , 計算量を減少させ こ ポイン

ト す。

P1

Q1

P2

O x

© 電送数学舎 2010 －10－

10 [北海道大]

(1) 条件 , r＞0,

2 2   ＜ ＜

 対し , a0rcos, b0 r あ ,

2 1

1 

   n n n a b

a , bn  anbn1

す , 帰納的 , 0an＞ , 0bn＞ あ 。

さ ,

2 cos 2 1 cos 2 cos 2 2 0 0

1 a b r  r r  r 

a        

0 1

1 ab

b 

2 cos 2

cos2 r r 

r  



2 1 1

2 a b

a  

4 cos 2 cos 2 1 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 cos 2 2       r r r r       1 2

2 a b

b  4 cos 2 cos 2 cos 4 cos 2

cos 2 r  r  

r  



,

2 cos 1

1  

b

a _,

4 cos 2

2  

b a

(2) 0以上 整数n 対し ,

n n n b a 2 cos 

 あ こ を, 数学的帰納法 証明す 。

(i) n0 a0 rcos, b0 r , ₀ 0 0 2 cos   b a

成 立 。

(ii) nk _k

k k b a 2 cos 

 す わ

k k k b a 2 cos 

 成 立 仮定す ,

2

1 k k

k a b

a    2 ₁

2 cos 2 1 2 cos 2 2 cos      

 k k k k k k k b b b b    k k k a b

b 1  1 2 _{1 1}

2 cos 2

cos _   _

 bk k bk bk k

, ₁

1 1 2 cos _   _ k k k b

a  _{, nk1}

も成立す 。

(i)(ii) , n 0 い ,

n n n b a 2 cos 

 あ 。

(3) (2) , 1 ₁

2 cos _

  n _n n b

b  , n 1 ,

n n n n b b 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2

cos _{2 2 1}

0     _ _ 

  n n n r 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2

cos ₂  _2 _1 

 

す ,

n n n n n n r b 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2

sin    ₂ _2 _1  

_{2 2 1 1}

2 sin 2 1 2 cos 2 cos 2 cos 2

cos   _{ }  _

r    n n n

_{2 2 2 2}

2 sin 2 1 2 cos 2 cos 2

cos   _  _

r    n n

2 sin 2 1 2 cos 1    

r n ₂ sin

1 _r

© 電送数学舎 2010 －11－

, n

nlimb   

   



sin

2 sin

2 sin

2 sin

sin 2

1

r r

r

n n

n n

 

 

(2) ,

   sin 2

cos lim

lima b r

n n n n

n   

［解 説］

漸化式 極限 い 問題 す。解法 流 を読 取 こ 難しくあ ませ 。

© 電送数学舎 2010 －12－

11 [東京工大]

(1) xを正 実数 し ,









x a x

x 

2 1

……(＊) 解をも 条件 ,





1

2

1 _{ x}

x a x

x≦ ＜ x 正 整数 ………

, 2x2≦x2a , x≦ a

また, x a 2x 2x 2

2_{ }

＜ 2 0

2

＞

a x

x   , x＞ a11 , ,

a x

a11＜ ≦ x 正 整数 ……… 7



a , 81＜x≦ 7 , 解 x2 8



a , 31＜x≦ 8 , 解 し

9



a , 101＜x≦3 , 解 x3 (2) a1 , 21＜x≦1 , 解 x1

2



a , 31＜x≦ 2 , 解 x1 3



a , 21＜x≦ 3 , 解 し

4



a , 51＜x≦2 , 解 x2 5



a , 61＜x≦ 5 , 解 x2 6



a , 71＜x≦ 6 , 解 x2

そこ , (1) 結果 合わせ , (＊) 解をもた い , a3, 8,  , 3

1 

a , 8a2 

(3) ま , nを正 整数 し ,

(i) n2≦a＜(n1)21(n≦ a a11＜n)

整数解 , xn あ 。

(ii) 1a(n1)2

代入す , ( 1) 1

2_



n x

n＜ ≦ ………

ここ , 2 1

2 2 1

) 1 (

2

2 _

 

   

 _n n_n n

n n

n n

n ＜ , 整数解をもた い。

(i)(ii) , )an (n1)21n(n2 ,



_

1 1

n an 



  n

k k n a

1 1

lim



 

 

 n k n k k

1 ( 2)

1

lim







 

  

 n k

n k k

1 2

1 1 2 1 lim





2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 lim

    

 _{ n n}

n 4

3



［解 説］

ガウス記号を題材 した もし い問題 す。初 考えた通 を記述しました

© 電送数学舎 2010 －13－

12 [大阪大]

(1) 時刻1 , 点P A B, D, E い 移動,

点Q C B, D, G い 移動し い 。

こ , 異 頂点 位置す (P, Q) ,

) D , B

( , (B, G), (D, B), (D, G)

) B , E

( , (E, D), (E, G)

(2) ま , (1) , P Q 異 頂点 位置す ,

そ 位置 1 面 対角線 両端 あ 。

そこ , )(P, Q 異 頂点 位置す , 1回 移動 可能 3 9

2 _ 通

) Q , P

( 位置 う , 異 頂点 あ , (1) 7通 あ 。

す , 時刻n い , P Q 異 頂点 位置す 確率をrn す ,

n n r

r

9 7 1

 , rn r

   

n n

9 7 9

7

0 



(3) 時刻n い , )(P, Q も 上面ABCD 異 頂点 , また も 下

面 EFGH 異 頂点 位置す 状態をAn し, )(P, Q い 一方 上面

ABCD, 他方 下面EFGH 頂点 位置す 状態をBn す 。

す , 状態An あ 確率 pn, 状態Bn あ 確率 qn あ 。

さ , (1) , 状態A_n 状態A_n₁ 推移す 確率

3 1 9 3 _{ ,}

状態B_n 状態

1

 n

A 推移す 確率

9

2 , こ 以外 状態 状態An1へ 推移 い ,

n n n p q

p

9 2 3 1

1 

 ………

(4) (2)(3) , pnqn rn ,

 

n n n

n

n r p p

q    

9 7

………

,

 

n n

 

n

n n

n p p p

p

9 7 9 2 9 1 9 2 9 7 9 2 3 1

1     

 ,

 



  

n

n n

n p

p

9 7 3 1 9

1 9

7 3

1 1

1  

 

す , 1p0  ,

  

   

 

n n

n n p

p

9 1 3 2 9 1 9 7 3 1 9

7 3

1 0

0  



 , ,

   

n n

n

p

9 1 3 2 9 7 3

1 _

 , qn

   

n n

9 1 3 2 9 7 3

2 _



, 2

7 2 1

7 2 2 lim 2

7 2 7 2 lim

lim 

   

 

 _{  } 

 n

n

n n

n

n n n n p

q

［解 説］

問題文 長く, また答案 書 くい問題 す。(3) 状態Bn 推移確率

い , 上面をAEFB, 下面をDHGC し 見 , (1) 利用 ます。 , 漸化

式 解法 い ピンポイントレクチャー を参照し く さい。

A B

C D

E F

‹電送数学舎 2011 −−

13 [千葉大]

条件を図示すると $ $JJJJJG $ $JJJJJG U

$ $ U JJJJJG

_{$ $}JJJJJG_{U となるので} $ $ $ $ $ $ U U

JJJJJG JJJJJG JJJJJG

$ $ $ $ $ $ U U U U

JJJJJG JJJJJG JJJJJG

$ $ $ $ $ $

JJJJJJG JJJJJG JJJJJG

U U U U U U

よって $ U U $ U U U U

$ U U U U U U である。

$ Q [Q \Qとおくときと同様にして

2$ Q 2$ Q $ $Q Q $ Q $ Q $ Q $ Q $ Q $ Q JJJJJJJJG JJJJJG JJJJJJJJJJG JJJJJJJJJJJJG JJJJJJJJJJJJG JJJJJJJJJJJJG

_{$ $U} QJJJJJG _{$ $U} QJJJJJG _{$ $U} QJJJJJG _{$ $U} QJJJJJG

_UQ _{$ $}JJJJJG JJJJJG JJJJJG JJJJJG_{$ $ $ $ $ $ U}Q_{$ $}JJJJJJG

よって

Q

Q Q

[ [ U U U U \Q\Q UQ U UU

_{S U UUU U T U UUU Uとおく。} するとより

Q≧において

Q N Q

N

[ [ SU

œ

Q N N

S U

œ

Q N Q

N

\ \ TU

œ

Q N N

T U

œ

ここで

＜U＜から OLPQ N

Q _N U

ld

œ

U U U U

となり

OLP Q

Qld[

S _U

U U

OLPQld\Q

T U

U U

［解 説］

回転の行列を利用して一般的に解くこともできますが設問を見て を延長 した解答例を記しています。

2

$ %

&

' $

$

$

$

‹電送数学舎 2011 −−

14 [京都府医大]

I FRV[ [ [とおくと Ia [ VLQ[ [ すると I [ の増減は右表のようになりI [ ≧ から

[≦FRV[………①

右図よりUUFRV_Qπ U FRV_Qπ となり

FRVQ Q

U _Qπ

ここで①より FRV_Q Q

π π

≦ ＜ ………②

またQ≧ のとき Q

π _≦ π _{＜ から}

Q

π

＜ と

なるので②の各辺をQ乗して

Q FRVQ

Q Q

π π

≦ ＜

Q UQ

Q

π

≦ ＜ ………③

さて K Q

π _{とおくと Ql dのときKl となり Q}

Kπ

から

\

^

OLP Q OLP K OLP K K

Q _Q K K K K H

π _π

π

ld l l

よって③より OLP Q

QldU ………④

線分$ $ $ $ " $ $Q Qの長さの和/Qは

VLQ VLQ VLQ

Q Q

/ U _Qπ U _Qπ U _Qπ

" U U " UQVLQ_Qπ ここでU U U≧ ≧ ≧ ≧ " UQ≧ からUQ QUQVLQ_Qπ≦ ≦/Q QVLQ_Qπ ……⑤とな

り④を利用すると

VLQ

OLP VLQ OLP

Q Q

Q

Q _Q

Q

π π

π π

π

ld ld ¸

OLP QVLQ

Q QU Q

π

π π

ld ¸

よって⑤より OLP Q

Qld/ π

［解 説］

の結論から の結論はπと推測できるのですが丁寧に処理しようとしたた

め深みにはまってしまいました。

[ … …

[

a

I _{− ＋}

[

I

2 $

$

$

Q π

‹電送数学舎 2012

−−

15 [京都大]

L ＜ ≦ のときD

Q

D

＜ ≦ より _{＜ D}Q Q_{≦ となり}Q _{Ql dのとき}Q _lから

OLP Q Q

Qld D

LL D＞のとき

Q Q Q

D ＜ D ＜ D より _D＜DQ Q_＜Q_{Dとなり Ql dのとき}Q _lから

OLP Q Q

Qld D D

［解 説］

‹電送数学舎 2012

−−

16 [東北大]

Q≧のとき DQ＞ であることを 数学的帰納法を用いて示す。

L Qのとき Dなので

D

D _D

LL Q N のとき DN＞ と仮定すると

N N

N

N N

D D

D _{D D}

LLLより

Q≧のとき DQ＞ である。

α α

α

よりααα となり αα α

α より

α

すべての自然数Qに対してDQ＜ となることをα 数学的帰納法を用いて示す。

L Qのとき αD ＞ より D＜ が成り立つ。α LL Q N のとき DN＜ と仮定する。α

N

N

N

D

D α _D

α

α

N N

N

D D

D

α α

α

\

^

N N

N N N

D D

D D D

α α

α α α

\

^

N

N N N

D

D D D

α

α α α

よってαDNから DN＜ である。α LLLよりすべての自然数Qに対してDQ＜ である。α

との結果より ≦ ＜ となりDQ α

\

^

Q

Q _{Q Q Q}

D

D _{D D D}

α

α _{α α α}

≦

すると U とすることができこのときαDQ≦UαDQなので

Q Q

Q

D D U U

α α α

＜ ≦

よって

＜U＜から OLP Q

Qld αD すなわち

OLP Q

QldD α

［解 説］

© 電送数学舎 2013 −18−

17 [東北大]

(1) 6 sin sin 6 2 2

6 6

1 1

cos

n n

n n

n

b e d e e e

n n

π _π

θ θ

π

π θ θ

  ¯

¨

_{¡¢ °±}

(2)

6 6

π π θ

≦ ≦ において, 3 cos

2 ≦ θ≦1 であり,

sin ₀

n

e θ から_,

sin sin sin

3 _cos

2

n n n

e θ≦e θ θ≦e θ………①

ここで, ①の各辺を

6

π θ から

6

π

θ まで積分すると_,

6 sin 6 sin 6 sin

6 6 6

3 _cos

2

n n n

e d e d e d

π π π

θ θ θ

π θ π θ θ π θ

¨

≦

¨

≦

¨

よって, 3

2 an≦ ≦ となりbn an ,

2 3

n n n

b ≦ ≦a b である。

(3) (1)(2)より, 2

3

n n n

nb ≦na ≦ nb となり_, 2 2 2 2 2

3

n n n n

n

e e ≦na ≦ e e から_,

2 2 2 2

1_log 1_{log ( )} 1_log 2

3

n n n n

n

e e na e e

n n n

≦ ≦ ………②

さて, nl dのとき_,

2 2 2

1_log 1_{log (1 )} 1 1_{log(1 )} 1 ₀ 1

2 2 2

n n n

n n n

e e e e e

n n n n

¸ l

2 2 2 2

1_log 2 1_log 2 1_{log 0} 1 1

2 2

3 3

n n n n

e e e e

n n n

l

よって, ②より, lim1log ( ) 1

2

n n

na n

ld

［解 説］

© 電送数学舎 2013 −19−

18 [京都府医大]

(1) a1a2 1, an2an1anに対し, bn an(an2an1)an1an2とおく。

1 1( 3 2) 2 3

n n n n n n

b a a a a a

an1(an2an1an2)an2(an2an1)

2 2

1 2

1 n n 2

n n

a a a a

(an1an2)(an1an2)an1an2

1 2 1 2

(an an )( an) an an

bn

ここで, b1a1(a3a2)a a2 3 q q 1 ( 2 1) 1 2 1より,

1 1

1( 1) ( 1) ( 1)

n n n

n

b b

よって, ( 2 1) 1 2 ( 1)

n

n n n n n

a a a a a ………①

(2) ①にn2kを代入すると_, a₂k₍a₂k₂a₂k₁₎a₂k_{1 2}a k_{2 ( 1)}2k

2k( 2k 2 2k 1) 2k 1 2k 2 1

a a a a a _, 2 2 2 1

2 2 1 2 2

1

1

k k

k k k

a a

a a a

ここで, tan n 1 n

a

θ ₀

2

n π

θ

より,

2 2 2 1

2

2 1 2 2

1 1

tan tan

tan

1 1 ₁

tan tan

k k

k

k k

θ θ

θ

θ θ

¸

2 1 2 2

2 1 2 2

tan tan

1 tan tan

k k

k k

θ θ

θ θ

tan(θ2k1θ2k2)………②

さらに, 3n≧ で₀

4

n π

θ

なので, 0 2 1 2 2

2

k k π

θ θ

となり, ②より,

2k 1 2k 2 2k

θ θ θ

(3) (2)より, θ2k1θ2kθ2k2となり, Sn 2 1 1

n

k

k

θ

œ

とおくと,

1 ( 2 4) ( 4 6) ( 2 2 2 )

n n n

S θ θ θ θ θ " θ θ θ₁θ₂θ₂n

ここで, 1 2

4

π

θ θ であり, またnl dのとき 1 ₀

n

a l よりθn l0なので,

2 1 1

k k

θ

d

œ

lim lim 2

4 4 2

n n

n n

S π π θ π

ld ld

［解 説］

漸化式が題材で, 無理のないように誘導が付けられています。なお, lim n

n

a

ld dに

© 電送数学舎 2013 −20−

19 [東京工大]

0

2

x π

≦ ≦ において, sin 4nx≧sinxを満たすxの範囲は_{, 0}≦₄nx≦₂nπから_,

2kπx≦4nx≦( 2k1)πx (k0, 1, 2, ", n1)

すると, 2kπx≦4nxより_, 2

4 1

x k

n

π

≧

また, 4nx≦( 2k1)πxより_, 2

4 1 4 1

x k

n n

π π

≦

よって, 2 2

4n 1k x 4n 1k 4n 1

π π π

≦ ≦ (k0, 1, 2, ", n1)………(＊)

(＊)のxの区間の長さをdk, その総和をSnとおくと,

2 2

4 1 4 1 4 1

k

d k k

n n n

π π π

1

0

n

n k

k

S d

_œ

2 1( 1) 2 1( 1)

4n 1 2 n n 4n 1n 4n 1 2 n n

π π π

¸ ¸

2 _{( 1) ( 2 1)}

4 1 4 1 ( 4 1)( 4 1)

n n n n

n

n π n π n n π

これより,

1 2

1

lim lim

1 1 8

4 4

n

n n

n S

n n

π π

ld ld

となる。

［解 説］

最初は和積公式で変形しましたが, 深みにはまりそうなので, 不等式を満たす x の

範囲を, 4x≦ nx≦πx_{, 2}πx≦₄nx≦₂π π x_{, 4}πx≦₄nx≦₄π π x_, …と

© 電送数学舎 2014 －21－

20 [名古屋大]

(1) 円Cn, Cn+1, Cn+2 中 心 x 軸 垂 線 を 下 し, そ 足 を そ Hn,

1

Hn+ , Hn+2 く ,

2 2

1 1 1

H Hn n+ = (rn+rn+ ) -(rn-rn+ ) =2 r rn n+1

同様 し , H_n+₁H_n+₂=2 r_n+₁r_n+₂

2 2

H Hn n+ =2 r rn n+

す , H Hn n+1=Hn+1Hn+2+H Hn n+2 ,

1 1 2 2

2 r rn n+ =2 rn+rn+ +2 r rn n+

両辺を2 r r_{n n}+₁r_n+₂ 割 ,

2 1

1 1 1

n n n

r+ r r+

= + ………

(2) 1 n n

a r =

く , r1=r2=1 a1=a2=1 , ,

2 1

n n n

a + =a +a + , an+2-an+1-an=0………

こ こ , 2 次 方 程 式

2 _{1 0}

x - - =x 2 解 をx=p q, (p<q) く ,

1 5 2

p= - , 1 5 2

q= + 。

す , を変形し , a_n+₂-pa_n+₁=q a( _n+₁-pa_n) ,

1 1 1

1 ( 2 1) (1 ) 1 5

2

n n n n n n

a + -pa = a -pa q - = -p q - = + q - =q ………

同様 , , a_n+₂-qa_n+₁=p a( _n+₁-qa_n) ,

1 1 1

1 ( 2 1) (1 ) 1 5

2

n n n n n n

a + -qa = a -qa p - = -q p - = - p - =p ………

, (- +p q a) n= -pn+qn , 1 1

5 5

n n n

a = - p + q

す , 条件

n n n

a =s +t , 定数, , s, t 値 1 し , 1 5

2

p

= = - , 1 5

2

q

= = + , 1 5

s= - , 1 5

t=

(3) (2) , 1 ₂

( )

n _{n n}

r

s t

=

+ , 2

1

( )

n

n n n n

r

k =k s +t

ま , 0k≦ , 明 lim n

n n

r k

¥ 正 値 収束す 場合 い。

そこ , k>0 し ,

{

}

2

1

( ) ( )

n

n n n

r

k = s k +t k

さ ,  < <1  , k < k< k = k ,

(i) k>1 lim n 0

n n

r k

¥ = , 正 値 収束し い。

2

Hn+ Hn+1

Hn x

2

n C ₊

1

n C + n

© 電送数学舎 2014 －22－

(ii) 0< k<1 lim n n n

r k

¥ = ¥ , 正 値 収束し い。

(iii) k=1

(

k 1

)



=

こ ,

{ ( )

}

2

1

n

n n

r

k _s  _t



=

+ , 1



 < , 2

1 lim n_n 5

n

r

k t

¥ = =

(i)～(iii) , 数列

{ }

n n

r k

正 値 収束す ,

2

3 5 1

2

k



-= = あ

, こ lim 5

n n n

r k

¥ = あ 。

［解 説］