東大理系数学2018の入試問題・解答解説・難易度

 \[\begin{align*}f'(x)=&\frac{\sin x-x\cos x}{\sin^2 x}-\sin x\\=&\frac{\sin x-\sin^3 x-x\cos x}{\sin^2 x}\\=&\frac{\sin x(1-\sin^2x)-x\cos x}{\sin^2 x}\\=&\frac{\sin x\cos^2x-x\cos x}{\sin^2 x}\\=&\frac{\cos x(\sin x\cos x-x)}{\sin^2 x}\end{align*}\]

ここで、$g(x)=\sin x\cos x-x=\frac{1}{2}\sin 2x-x$とおくと、

\[g'(x)=\cos 2x -1<0\]

よって$g(x)$は単調減少するので、

\[g(x)<g(0)=0\]

がわかる。つまり、$f'(x)$の符号は$\frac{-\cos x}{\sin^2 x}$の符号に一致する。したがって、増減表は以下のようになる。

\[ \begin{array}{|c||c|c|c|c|c|} \hline x & (0) & \cdots & \frac{\pi}{2} & \cdots & (\pi) \\ \hline f'(x) & & – & 0 & + & \\ \hline f(x) & & \searrow & \frac{\pi}{2} & \nearrow & \\ \hline \end{array} \]

\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\]であることから、

\[\lim_{x\to +0}\left(\frac{x}{\sin x}+\cos x\right)=\boldsymbol{2}\]

また、$x\rightarrow \pi-0$のとき、$t=\pi -x$とすれば、

\[\begin{align*}&\lim_{x\to\pi-0}\frac{x}{\sin x}+\cos x\\=&\lim_{t\to +0}\frac{\pi-t}{\sin (\pi-t)}+\cos(\pi-t)\\=&\lim_{t\to +0}\frac{t}{\sin t}-\frac{t}{\sin t}-\cos t\rightarrow \boldsymbol{\infty}\end{align*}\]

\[\begin{align*}\frac{a_n}{a_{n-1}}=&\frac{\frac{_{2n+1}C_{n}}{n!}}{\frac{_{2n-1}C_{n-1}}{(n-1)!}}\\=&\frac{1}{n}\cdot\frac{(2n+1)!}{(n+1)!n!}\cdot\frac{(n-1)!n!}{(2n-1)!}\\=&\frac{2(2n+1)}{n(n+1)}\end{align*}\]

ここで、

\[2n+1=2\cdot n+1\]

より、ユークリッドの互除法から$2n+1$と$n$は互いに素であることが分かる。同様にして、

\[2n+1=1\cdot(n+1)+n\]

\[n+1=1\cdot n+1\]

より、$2n+1$と$n+1$も互いに素である。

また、連続整数の積は常に2の倍数であることから、$n(n+1)$は$2$で約分できる。したがって、

\[\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{p_n=\frac{1}{2}n(n+1)}\\\boldsymbol{q_n=2n+1}\end{array}\right.\]

$a_1=3,\,a_2=5$であるので、$a_1,\,a_2$は整数である。

ここで、$n\geqq 3$のとき、

\[a_n=\frac{q_n}{p_n}\cdot\frac{q_{n-1}}{p_{n-1}}\cdot\cdots\cdot\frac{q_2}{p_2}a_1\]

が成り立ち、(1)より$q_2,\,\cdots,\,q_n$は奇数、$a_1$も奇数、$p_3(=6)$は偶数であるから、これは整数になりえない。

したがって、$a_n$が整数になるのは、$\boldsymbol{n=1,\,2}$のとき。

題意より、$\mathrm{P}(t,\,t^2)(-1\leqq t\leqq 1)$、$\mathrm{Q}(u,\,0)(0\leqq u\leqq 1)$とおける。このとき、

\[\overrightarrow{\mathrm{OR}}=\left(\begin{array}{c}ku+\frac{t}{k}\\\frac{t^2}{k}\end{array}\right)\]

となる。

\[\frac{t^2}{k}=p(0\leqq p\leqq \frac{1}{k})\]

と固定すると、

\[t=\pm\sqrt{pk}\]

となる。これを代入して、

\[ku+\frac{t}{k}=ku\pm\sqrt{\frac{p}{k}}\]

つまり、$\overrightarrow{\mathrm{OR}}$の$x$成分の取りうる値の範囲は

\[-\sqrt{\frac{p}{k}}\leqq x\leqq k-\sqrt{\frac{p}{k}},\,\sqrt{\frac{p}{k}}\leqq x\leqq k+\sqrt{\frac{p}{k}}\]

となる。ここで、

\[k-\sqrt{\frac{p}{k}}\geq\sqrt{\frac{p}{k}}\Leftrightarrow \frac{k\sqrt{k}}{2}\geq\sqrt{p}\]

両辺$0$以上なので、$2$乗しても同値で、

\[\frac{k^3}{4}\geqq p\]

したがって、$\frac{k^3}{4}\geqq p$ のときは、$x$の取りうる値の範囲は、

\[-\frac{\sqrt{p}}{k\sqrt{k}}\leqq x\leqq k+\frac{\sqrt{p}}{k\sqrt{k}}\]

となり、$\frac{k^3}{4}\leqq p$のときは、$x$の取りうる値の範囲は、
\[-\sqrt{\frac{p}{k}}\leqq x\leqq k-\sqrt{\frac{p}{k}},\,\sqrt{\frac{p}{k}}\leqq x\leqq k+\sqrt{\frac{p}{k}}\]
となる。
$k>0$であることより、
\[\frac{k^3}{4}\geqq \frac{1}{k}\Leftrightarrow k\geqq \sqrt{2}\]
であるので、
(i)$0<k\leqq \sqrt{2}$のとき、
\[\begin{align*}S(k)=&\int_{0}^{\frac{k^3}{4}}\left(k+2\sqrt{\frac{p}{k}}\right)dp+\int_{\frac{k^3}{4}}^{\frac{1}{k}}2kdp\\=&\left[kp+\frac{4}{3}\sqrt{\frac{p^3}{k}}\right]_{0}^{\frac{k^3}{4}}+[2kp]_{\frac{k^3}{4}}^{\frac{1}{k}}\\=&2-\frac{k^4}{12}\end{align*}\]

(ii)$\sqrt{2}\leqq k$のとき、
\[\begin{align*}S(k)=&\int_{0}^{\frac{1}{k}}\left(k+2\sqrt{\frac{p}{k}}\right)dp\\=&\left[kp+\frac{4}{3}\sqrt{\frac{p^3}{k}}\right]_{0}^{\frac{1}{k}}\\=&1-\frac{4}{3k^2}\end{align*}\]

以上より、

\[S(k)=\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{2-\frac{k^4}{12}(0<k\leqq \sqrt{2}のとき)}\\\boldsymbol{1-\frac{4}{3k^2}(\sqrt{2}\leqq kのとき)}\end{array}\right.\]

$k\rightarrow +0$のとき、$0<k\leqq \sqrt{2}$としてよいので、

\[\lim_{k\to +0}S(k)=\lim_{k\to +0}\left(2-\frac{k^4}{12}\right)=\boldsymbol{2}\]

$k\rightarrow \infty$のとき、$\sqrt{2}\leqq k$としてよいので、

\[\lim_{k\to \infty}S(k)=\lim_{k\to \infty}\left(1-\frac{4}{3k^2}\right)=\boldsymbol{1}\]

\[f'(x)=3(x-a)(x+a)\]

より、$f(x)$の増減表は以下のようになる。

\[\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|}\hline x & \cdots & -a & \cdots & a & \cdots \\\hline f'(x) & + & 0 & – & 0 & + \\\hline f(x) & \nearrow & 2a^3 & \searrow & -2a^3 & \nearrow \\\hline\end{array}\]

よって、グラフは以下。

方程式$f(x)=b$は相異なる3実数解をもつことは、$y=f(x)$と$y=b$が相異なる共有点を3つ持つことと同値であるから、

\[条件1\Leftrightarrow -2a^3<b<2a^3\]

また、$\beta>1$となることは、上図より、

\[1<a,\,f(1)>b\Leftrightarrow 1<a,\,1-3a^2>b\]

と同値である。以上より、求める領域は以下のようになる。(ただし境界はすべて含まない)

題意より、

1.$\mathrm{OP}$と$\mathrm{AQ}$が平行

2.$\mathrm{PA}=\mathrm{PQ}$

が成り立つので、$z\ne0$であることにも注意して、1つ目の条件は、

\[u-1=kz\]

をみたす実数$k(\ne 0)$が存在することと同値。

また、2つ目の条件は、

\[|z-1|=|z-u|\]

と表せるので、この式に$u=kz+1$を代入して、

\[\begin{align*}&|z-1|=|z-u|\\\Leftrightarrow&|z-1|=|(1-k)z-1|\\\Leftrightarrow&|z-1|^2=|(1-k)z-1|^2\\\Leftrightarrow&k^2-2k+kz+k\bar{z}=0\end{align*}\]

$k(\ne 0)$であるから、両辺$k$で割って、

\[k=2-z-\bar{z}\]

これを$u=kz+1$に代入して、$|z|=1$も考慮すると、

\[\boldsymbol{u=-z^2+2z}\]

$w=\frac{1}{1-u}$より、

\[w=\frac{1}{(z-1)^2}\]

であるから、$|z|=1$に注意して変形していくと、

\[\frac{\bar{w}}{w}=\frac{(z-1)^2}{(\bar{z}-1)^2}=\frac{z^2(z-1)^2}{(1-z)^2}=\boldsymbol{z^2}\]

さらに、

\[\begin{align*}\frac{|w+\bar{w}-1|}{|w|}=&\left|1+\frac{\bar{w}}{w}-\frac{1}{w}\right|\\=&|1+z^2-(z-1)^2|\\=&|2z|\\=&\boldsymbol{2}\end{align*}\]

$w=x+yi$とおくと、(1)より$\frac{|w+\bar{w}-1|}{|w|}=2$を満たすので、代入して、

\[\frac{|2x-1|}{\sqrt{x^2+y^2}}=2\]

両辺常に0以上なので、2乗して整理すると、

\[x=-y^2+\frac{1}{4}\]

また、$z=\cos \theta+i\sin \theta(0\leqq \theta< 2\pi)$とおくと、$z$の実部が$\frac{1}{2}$以下であるという条件は、$\frac{\pi}{3}\leqq\theta\leqq\frac{5}{3}\pi$と言い換えることができて、このとき、

\[\begin{align*}w=&\frac{1}{(z-1)^2}\\=&\frac{1}{(\cos \theta+i\sin \theta-1)^2}\\=&\frac{1}{(1-2\sin^2\frac{\theta}{2}+2i\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}-1)^2}\\=&\frac{1}{\{2i\sin\frac{\theta}{2}(\cos \frac{\theta}{2}+i\sin \frac{\theta}{2})\}^2}\\=&\frac{-1}{4\sin^2\frac{\theta}{2}(\cos\theta+i\sin\theta)}\\=&\frac{-1}{4\sin^2\frac{\theta}{2}}\{\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\}\\=&\frac{1}{4\sin^2\frac{\theta}{2}}\{\cos(\pi-\theta)+i\sin(\pi-\theta)\}\end{align*}\]

となるので、$w$の偏角は$-\frac{2}{3}\pi\leqq\theta\leqq\frac{2}{3}\pi$を動くことになる。

以上より、求める軌跡を$xy$平面上に図示すると、以下の実線部。(ただし端点を含む)

$y=t$が$V_1,\,V_3$と共有点を持つための条件は、それぞれ、

\[-r\leqq t\leqq r,\,1-r\leqq t\leqq 1+r\]

であるから、$\frac{1}{2}<r<1$であることも考慮すると、求める条件は、

\[\boldsymbol{1-r\leqq t\leqq r}\]

また、平面$y=t$と$V_1$の共通部分および、平面$y=t$と$V_3$の共通部分を図示すると以下のようになる。(境界はすべて含む)

(i)$1-r\leqq t\leqq\frac{1}{2}$のとき、

(ii)$\frac{1}{2}\leqq t\leqq r$のとき、

(1)で求めた$1-r\leqq t\leqq r$の範囲においては、$y=t$上での$V_2$の断面は

\[(x-1)^2+z^2\leqq r^2\]

となる。(1)の図において、点$(x,\,z)=(1,\,0)$から最も遠い点は、$x=1-\sqrt{r^2-(t-1)^2}$と$z=\sqrt{r^2-t^2}$の共通点なので、求める条件は、

\[\begin{align*} &r^2-(t-1)^2+r^2-t^2\leqq r^2\\\Leftrightarrow &r^2\leqq 2\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\end{align*}\]

が$1-r\leqq t\leqq r$をみたす$t$に対して常に成り立つことである。この範囲において、$2\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}$の最小値は$\frac{1}{2}$であるから、$\frac{1}{2}<r<1$であることも合わせて、求める条件は、

\[\boldsymbol{\frac{1}{2}<r\leqq \frac{1}{\sqrt{2}}}\]

$V$の体積は、

によって求めることができて、

\[(V_1の体積)=(V_2の体積)=(V_3の体積)=S\]

\[\begin{align*}&(V_1,\, V_2の共通部分の体積)\\=&(V_2,\, V_3の共通部分の体積)\\=&T\end{align*}\]

が成り立ち、また、(2)の条件を満たすとき、

が成り立つので、$V$の体積は、

\[\boldsymbol{3T-2S}\]

$t$は、半径$1$の円を底面とする高さ$1$の直円柱の体積と、半径$1$の球の体積の和であるから、

\[S=\pi+\frac{4}{3}\pi\]

また、$V_1,\,V_2$の共通部分について、$z=p(-r\leqq p\leqq r)$での切り口は以下のようになる。

半径$\sqrt{r^2-p^2}$の四分円3つ分と、一辺$\sqrt{r^2-p^2}$の正方形1つ分の面積であるから、

\[T=\int_{-r}^{r}\left(\frac{3\pi}{4}+1\right)(r^2-p^2)dp=\left(\pi+\frac{4}{3}\right)r^3\]

したがって、(3)より、求める体積は、

\[3S-2T=\boldsymbol{3\pi r^2+\left(2\pi-\frac{8}{3}\right)r^3}\]