問の解答 - H.Yagyu Web

高３数 γ 解答
柳生
平成 26 年 5 月 7 日
3
第 1 章媒介変数表示された曲線
{
x = te−t
(−∞ < t < ∞) をもつものとする．y = f (x)
y = t3 − 3t2
の概形を描け．ただし，曲線の凸性，交点について調べる必要はない．
dx
dy
(解)
= (1 − t)e−t ,
= 3t2 − 6t = 3t(t − 2) より，増減表は以下のようになる．
dt
dt
これよりグラフは以下の通り．
.y
( 9 1 )
. 8 ,4
t −∞
0
1
2
∞
.O .
.x
dx
+
+
0 −
−
.1
.2
dt
1
2
x −∞ ↗ 0 ↗
↘
↘ 0
)
(
e
e2
1
dy
. , −2
.−2
+ 0 −
− 0
+
e
dt
(
)
y −∞ ↗ 0 ↘ −2 ↘ −4 ↗
2
. 2, −4
e
{
x = t3 + 1
問 2 曲線 y = f (x) が媒介変数表示
(−∞ < t < ∞) をもつものとする．y = f (x)
y = −t2 + t
の概形を描け．曲線の凸性，交点についても調べよ．
dy
dx
(解)
= 3t2 ,
= −2t + 1 より，
dt
dt
1
t −∞
0
+∞
増減表は右のようになる．
2
dx
dy −2t + 1
+ 0 +
+
また， =
より
2
dt
dx
( ) 3t
d dy
1
2(t − 1) x −∞ ↗ 1 ↗ 9 ↗ +∞
= 4 {−2 · 3t2 − (−2t + 1)6t} =
8
dt dx
9t
3t3
dy
( )
+
+ 0 −
d dy
dt
1
d2 y dt dx
2(t − 1)
y −∞ ↗ 0 ↗
↘ −∞
よって，y ′′ = 2 =
=
4
dx
dx
9t5
dt
ゆえに t < 0, 1 < t のとき y ′′ > 0 なので下に凸，0 < t < 1 のとき y ′′ < 0 なので上に凸である．
dx
また，常に = 0 なので x は単調増加となり，
.y
dt
( 9 1 )
曲線は自身と交わらない．
. 8 ,4
.O .
y = 0 ⇐⇒ t = 0, 1 ⇐⇒ x = 1, 2 より，
.x
.1
.2
x 軸との交点は (1, 0), (2, 0)
問1
曲線 y = f (x) が媒介変数表示
x = 0 ⇐⇒ t = −1 ⇐⇒ y = −2 より，
y 軸との交点は (0, −2)
以上より曲線の概形は右の通り．
.−2
5
第 2 章面積・体積
問3
次の曲線または直線で囲まれた部分の面積を求めよ．
1
(1) y = , x = 1, x = e, x 軸
(2) y = cos x (0 5 x 5 π), x = 0, x = π, x 軸
∫ π
∫ π
∫x e
]e
2
]π
[
]π [
dx [
S=
cos xdx −
S=
= log x = 1
cos xdx = sin x 02 − sin x π = 2
π
2
1
1 x
0
2
.y
.y
.y = cos x
.y =
.O .
.1
e.
√
.x
1
x
.O .
.π2
.π
.x
(3) y = x3 , y = x
(4) xy = 1, x + 3y = 4
∫ 1
∫ 3
[ 2 3 x4 ]1
]3 4
√
1
1
dx 4 [
5
3
S=
( x − x )dx =
x2 −
S = ( 1+ )·2· −
= − log x = − log 3
=
3
4 0 12
3
2
3
3
1
0
1 x
.y
.y
.xy = 1
.x + 3y = 4
.y = x3
√
.O .
.y = x
.x
.1
.3
.O .
.x
.1
1
.y = 2
.y = x
x
1
.y
(5) y = 2, y = x, x = 8y
x
∫ 2
.x = 8y
dx
1 1 3
1
−2· · =
S =1·1· +
2
.O .
2
4 2 4
1 x
.x
.1 .2
(6) y = sin x (0 5 x 5 2π), y = cos 2x (0 5 x 5 2π), x = 2π, y 軸
∫ π
∫ 5π
∫ 2π
6
6
S=
(cos 2x − sin x)dx +
(sin x − cos 2x)dx +
(cos 2x − sin x)dx
π
5π
0
.y
6
6
∫ 5π
∫ 13π
6
6
=
(sin x − cos 2x)dx +
(cos 2x − sin x)dx
π
5π
.O .
6
6
5π
13π
]
[
]
[
π
1
1
5π
6
6
.
sin 2x + cos x 5π
= − cos x − sin 2x π +
.
6
2 (
2) (
6
6
6
(√
)
)
(
)
√
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
3
3
=
+
−
+
−
− −
+
− −
2
4
2
4
4
2
4
2
√
=3 3
3π
.
2
.x = 2π
.x
13π
.
6
第2章
6
√
面積・体積
.y
√
(7) x + y = 1, x 軸 , y 軸
√
√
√
√
x + y = 1 ⇐⇒ y = (1 − x)2 = 1 − 2 x + x (0 5 x 5 1) .1
∫ 1
[
]1 1
√
4 3 1
よって S =
(1 − 2 x + x)dx = x − x 2 + x2
=
. .
O
3
2
6
0
0
.x
.1
1 5 a 5 e とする．0 5 x 5 1, (y − a)(y − ex ) 5 0 を同時に満たす点 (x, y) の存在範囲の
.y
面積の最小値を求めよ．
.y = ex
(解) 存在範囲の面積を S(a) とすると
.e
∫
∫
問4
1
log a
ex dx − a(1 − log a)
ex dx +
0
[
]log a [log a ]1
x
= 2a log a − a − e
+ ex
S(a) = a log a −
0
.y = a
.a
log a
= 2a log a − a − (a − 1) + (e − a) = 2a log a − 3a + e + 1 .O .
.x
1
.log a
S ′ (a) = 2 log a + 2a · − 3 = 2 log a − 1 より
.1
a
√
√
√
√
′
S (a) = 0 ⇐⇒ a = e ．a = e で S(a) は極小かつ最小値 S( e) = e − 2 e + 1 をとる．
(別解) ［y 軸方向に積分］
∫
y = e ⇐⇒ x = log y なので，S(a) =
∫
a
log ydy + 1 · (e − a) −
x
1
e
log ydy
a
よって S ′ (a) = log a − 1 + log a = 2 log a − 1 より
√
S ′ (a) = 0 ⇐⇒ a = e ．
√
a = e で S(a)√は極小かつ最小値
∫ e
∫ e
[
]√e
[
]e
√
√
√
S( e) =
log ydy+1·(e− e)− √ log ydy = y(log y−1)
+(e− e)− y(log y−1) √
e
1
1
e
(
)
√
√
1√
1√
= − e + e − e + − e = e − 2 e + 1 をとる．
2
2
問5
次の曲線または直線で囲まれた部分の面積を求めよ．
.y 2
(1) y 2 − y =
x + 2y = 2
.y − y = x
.x + 2y = 2
∫ x,
1
.1
(解) S =
{(−2y + 2) − (y 2 − y)}dy
−2
1
9
= {1 − (−2)}3 =
6
2
.
.x
.y
.y = ex ⇐⇒ x = log y
.O
.−2
(2) y = ex , ∫y = e, y 軸
[
e
(解) S =
log ydy =
]e
y log y
1
= e − (e − ∫1) = 1
1
1
(別解) S = 1 · e −
ex dx = e −
0
= e − (e − 1) = 1
∫
e
−
[
1
ex
1
y · dy
y
]1
.e
.y = e
0
.1
.
.O
.1
.x
7
問6
曲線 y 2 = x2 (1 − x2 ) は，x 軸および y 軸に関して対称であることを証明せよ．また，この
曲線で囲まれた部分の面積を求めよ．
(解) x を −x，y を −y としても式が変化しないから，曲線は x 軸，y 軸に関して対称である．
√
x = 0, y = 0 とする．y 2 = x2 (1 − x2 ) = 0 より 0 5 x 5 1．このとき y = x 1 − x2
.y
y = 0 ⇐⇒∫ x = 0, 1 であるから，求める面積 S は
√
[ 1
]
1 √
.
y = x 1 − x2
1
3
S=4
x 1 − x2 dx = 4 − (1 − x2 ) 2
3
0
.
0
.x
4
.1
=
3
問7
次の曲線で囲まれた部分の面積を求めよ．
(1) 2x2 + 3y 2 = 6
√
√
6 − 2x2
2√
(解) 曲線は x 軸，y 軸に関して対称だから，x = 0, y = 0 で考えると，y =
=
3 − x2
3
3
√ ∫ √3
√ √ 2
∫ √3 √ √
√
2
4
6
4
6 3π √
よって S = 4
3 − x2 dx =
3 − x2 dx =
·
= 6π
3
3 0
3
4
0
(2) y 2 = x2 (x + 3)
.y
√
.y = x x + 3
(解) 曲線は x 軸に関して対称だから，
y
=
0
で考えると，
√
{
√
.
y = −x x + 3
√
−x x + 3 (−3 5 x < 0 )
y = |x| x + 3 =
√
x x + 3 (0 5 x)
∫ 0
√
.−3
よって，S = 2
(−x) x + 3dx
.
.x
−3
O
.
{[
}
∫
]0
0
3
3
2
2
x · (x + 3) 2
= −2
(x + 3) 2 dx
−
3
−3
−3 3 √
[
]
0
√
5
4 2
24 3
4 2
=
(x + 3) 2
= · ·9 3=
3 5
3 5
5
−3
問8
次の曲線と x 軸または y 軸で囲まれた部分の面積を求めよ．
π
3π
(1) x = cos t, y = cos 2t ( 5 t 5
) ：放物線の一部
4∫ π
4
∫ 1
√
(解) S = −
∫
2
− √1
ydx = −
2
3π
4
4
3π
4
cos 2t · (− sin t)dt
[2
] 3π4
cos t − cos t π
(2 cos t − 1)(− sin t)dt =
3
{ (
}4 √
)3 (
)} { (
)3
1
1
2
1
2
1
2 2
√
− −√
−√
=
−√
−
=
3
3
3
2
2
2
2
1
1
(別解) y = 2 cos2 t − 1 = 2x2 − 1 (− √ 5 x 5 √ ) なので
2
2
√
∫ √1
∫ √1
] √1
[2
2
2
2 2
2
3
2
2
=
S=−
(2x − 1)dx = −2
(2x − 1)dx = −2 x − x
3
3
0
− √1
0
2
π
(2) x = 3 cos t, y = 2 sin t ( 0 5 t 5 ) ：楕円の一部
2
∫
∫
∫ π
=
2
3
π
4
3
(解) S =
0
ydx =
∫
0
=6
0
π
2
π
2
2
2 sin t · (−3 sin t)dt = 6
[
1
1 − cos 2t
dt = 3 t − sin 2t
2
2
] π2
0
0
=
3π
2
sin2 tdt
第2章
8
問9
面積・体積
曲線 x = 1 + t2 , y = 2t − t2 ( 0 5 t 5 2 ) と x 軸で囲まれる部分の面積を求めよ．
(解) 曲線の概形は右図の通り．
よって面積
∫ 5 S は，∫ 2
S=
ydx =
(2t − t2 ) · 2tdt
0
∫1 2
[ 1
4 3 ]2 8
3
2
4
=
(−2t + 4t )dt = − t + t
=
2
3
3
0
0
問 10
.
.1 (t = 0)
.x
.5 (t = 2)
曲線 x = 1 + t2 , y = 2 + t − t2 の y = 0 の部分と x 軸で囲まれる部分の面積を求めよ．
(解) y = 2 + t − t2 = 0 を解くと −1 5 t 5 2
この範囲で x は区間 (−1, 0) で単調減少し，区間 (0, 2) で単調増加する．
また y = −(t − 21 )2 +
9
4
より，y は区間 (−1,
1
)
2
で単調増加し，区間 ( 21 , 2) で単調減少する．
これらを考慮した曲線の概形は右図．
よって面積
∫ 5 Sは ∫ 2
∫ 2
∫ −1
.( 45 , 94 ) (t = 12 )
dx
dx
S=
ydx −
ydx =
y dt −
y dt
.(1, 2) (t = 0)
dt
dt
1 ∫
0
0
∫1 2
2
dx
=
y dt =
(2 + t − t2 ) · 2tdt
dt
−1
∫−12
. .1
]2
[ 1
2 3
9
4
2
3
2
.2 (t = −1)
=
(−2t + 2t + 4t)dt = − t + t + 2 t
=
2
3
2
−1
−1
問 11
.x
.5 (t = 2)
底面積が S ，高さが h である角錐の体積 V を，積分を用いて求めよ．
(解) 角錐の頂点を原点 O とし，頂点から底面を含む平面に下ろした垂線を x 軸にとる．
0 5 x 5 h として，x 軸に垂直で x 軸との交点が x である平面で角錐を切ったときの断面積を S(x)
とする．断面と底面の図形は相似であり，相似比は x : h であるから，S(x) : S(h) = x2 : h2 で
∫ h
S 2
S 2
S h3 hS
ある．S(h) = S であるから，S(x) = 2x である．よって，V =
x
dx
=
· =
2
h
h2 3
3
0 h
π
) で表される曲線を C とする．曲線 C 上の点 P を通り
2
y 軸に平行な直線と x 軸の交点を Q とし，線分 PQ を 1 辺とする正三角形 PQR を，x 軸に垂直に
π
作る．P の x 座標が 0 からまで変わるとき，この正三角形が通過してできる立体の体積を求めよ．
2
(解) 点 P の x 座標が
x
であるときの正三角形
PQR の面積を S(x) とすると，PQ = sin 2x である
√
3 2
ことから，S(x) =
sin 2x である．
√ ∫ π
√ [
∫ π √4
] π2 √3π
2
3 2
3 2 1 − cos 4x
3
1
よって，V =
sin 2xdx =
dx =
x − sin 4x
=
4
4 0
2
8
4
16
0
0
問 12
xy 平面上で y = sin 2x ( 0 5 x 5
9
問 13
「xy 平面上に 1 辺の長さが 1 の正三角形 OAB がある．点 P を線分 OA 上の点とする．P
を通り OB に平行な直線と AB との交点を Q とし，線分 PQ を 1 辺とする正方形を xy 平面に垂直
に作る．点 P を O から A まで動かすとき，この正方形が通過してできる立体の体積を求めよ．
」
という問題に対し，麻布次郎君は次のように解答した．
「（解）O を原点に，直線 OA を x 軸にとる．P の座標を (x, 0) とすると PQ= 1 − x
ゆえに PQ を 1 辺とする正方形の面積 S(x) は S(x) = (1 − x)2
]1
[
∫ 1
1
(1 − x)3
2
= である．
よって V =
」
(1 − x) dx = −
3
3
0
0
この答えは間違っている．麻布次郎君の誤りを指摘し，正しい解答を書け．
(解) 彼の誤りは，面積を積分する図形を積分方向と垂直にとらなかったことである．正しい解答
は以下のようになる．
√
3
として，x 軸に垂直で x 軸と
2
{ ( )}2
x
4
の交点が x である平面と問題の立体の共通部分の面積を S(x) とすると，S(x) = 2 √
= x2
3
3
(√ )3 √
∫ √3
2 4
3
3
4 1
である．よって求める立体の体積 V は，V =
x2 dx = ·
=
3
3 3 2
6
0
OB の中点を M とし，A を原点として直線 AM を x 軸にとる．0 5 x 5
問 14
曲線 y = ex − 1 と x 軸および直線 x = 1 で囲まれた部分を，x 軸の周りに 1 回転させてで
きる立体の体積を求めよ．
∫
∫
1
1
(解) 求める体積を V とすると，V = π
(e − 1) dx = π
(e2x − 2ex + 1)dx
0
( 02
)
]1
[ e2x
2
e
1
5
e
x
− 2e + x = π{( − 2e + 1) − ( − 2)} = π
− 2e +
=π
2
2
2
2
2
0
x
問 15
2
半径 r の球の体積 V を，積分を用いて求めよ．
(解) 球の中心を O とし，O を通る直線を x 軸にとる．
−r 5 x 5 r とし，x 軸に垂直で x 軸との交点が x である平面で √
. r 2 − x2
球を切ったときの断面積を S(x) とすると，
√
.x
.−r
2
S(x) = π r2 − x2 = π(r2 − x2 )
.r
.
.O
.r
.x
である．よって，
∫ r
[
x3 ]r 4 3
= πr
V =
π(r2 − x2 )dx = 2π r2 x −
3 0 3
−r
0 < r < b とする．円 x2 + (y − b)2 = r2 を x 軸の周りに 1 回転させてできる立体の体積 V
.y
√
を求めよ．
√
y
.
=
b
+
r 2 − x2
2
2
2
(解) x∫ + (y − b) = r ⇐⇒ y∫= b ± r2 − x2 であるから，
.(0, b)
r
r
√
√
2
2
V =π
(b + r2 − x2 ) dx − π
(b − r2 − x2 ) dx
√
−r
−r
.y = b − r2 − x2
∫ r√
∫ r√
πr2
.−r
.r
.
.x
= 4πb
r2 − x2 dx = 8πb
r2 − x2 dx = 8πb ·
= 2π 2 br2
4
.O
−r
0
備考：平面 α 上の図形 D を，それ自身と共有点を持たない α 上の軸の周りに回転させてできる立
問 16
体の体積は D の面積と D の重心の描く軌跡（円周）の積に等しいという定理があるが，入試では
多分使わないほうがよい．
（Pappus-Guldin の定理）
第2章
10
問 17
面積・体積
a > 0 とする．アステロイド x = a cos3 t, y = a sin3 t (0 5 t 5 2π) で囲まれた部分を x 軸
の周りに 1 回転させてできる立体の体積 V を求めよ．
(解) (x(−t), y(−t)) = (x(t), −y(t)) であるから，曲線は x 軸に関して対称である．
また (x(π − t), y(π − t)) = (−x(t), y(t)) であるから，曲線は y 軸に関して対称である．
π
よって，x = 0, y = 0 の部分，すなわち 0 5 t 5 の部分と x 軸，y 軸で囲まれる部分を x 軸の周
2
りに 1 回転してできる立体の体積を 2 倍すればよい．
π
dx = −3a cos2 t sin tdt で，x : 0 → a のとき t : → 0 であるから，求める立体の体積を V として，
2
∫ 0
∫ a
∫ π
2
V
2
2
6
2
3
cos2 t(1 − cos2 t)3 sin tdt
y dx = π
=π
a sin t(−3a cos t sin t)dt = 3πa
π
2
0
0
2
∫ π
2
= 3πa3
(cos8 t − 3 cos6 t + 3 cos4 t − cos2 t)(− sin t)dt
(
)
[ 0cos9 t 3
1 3 3 1
16
3 5
1 3 ] π2
3
7
3
= 3πa
− cos t + cos t − cos t
= 3πa − + − +
=
πa3
9
7
5
3
9 7 5 3
105
0
32
πa3
よって V =
105
問 18
曲線 y = x + sin x (0 5 x 5 π) と y = x で囲まれた部分を，直線 y = x の周りに 1 回転さ
せてできる立体の体積 V を求めよ．
(解) y ′ = 1 + cos x = 0 も考慮して，曲線の概形は下図の通り．
y = x + sin x と y = x の交点を O(0, 0), A(π, π) とすると，OA=
√
2π ．
y = x + sin x (0 5 x 5 π) 上の点 P (x, x + sin x) から OA に下ろした垂線の足を H とし，OH= t,
PH= h とおく．また，
H を通り
OA に垂直な平面による立体の切り口の面積を S(t) とおくと，
∫ √2π
∫ √2π
V =
S(t)dt = π
h2 dt
0
0
√
sin x 2x + sin x
sin x
2 + cos x
√
ここで，h = √ , t = 2x + √ =
より，dt = √
dx
2
2
2
√2
また，t : 0 → 2π のとき x : 0 → π であるから，
)2
∫ π
∫ π
∫ π(
sin x 2 + cos x
π
π
2
√
√
sin xdx + √
sin2 x cos xdx
V =π
dx = √
2
2
2
2
2
0
0
∫ π
∫ π
∫ π0
[ sin3 x ]π
1 − cos 2x [ 1
sin 2x ]π π
2
sin xdx =
= ,
=0
=
x−
sin2 x cos xdx =
2√
2
4
2
3
0
0
0
0
0
π π
2π 2
であるから，V = √ · =
4
2 2
.y
.y = x + sin x
.h
.P
.sin x
.H
.t
.
.O
.x
.π
.x
11
π
曲線 y = sin 2x (0 5 x 5 ) と x 軸で囲まれる部分の面積を曲線 y = a sin x が 2 等分する
2
ように，定数 a の値を定めよ．
π
(解) a sin x = sin 2x が 0 < x < の範囲に解を持つための a の範囲を調べると，
2
a
a sin x = 2 sin x cos x ⇐⇒ cos x =
2
a
π
より 0 < a < 2 である．以下 0 < a < 2 として考える．また，cos x = の 0 < x < の範囲の解を
2
2
a
x = γ とする．したがって cos γ = である．
2
π
y = sin 2x (0 5 x 5 ) と x 軸で囲まれる部分の面積は
2
∫ π
[ 1
] π2
2
sin 2xdx = − cos 2x
=1
2
0
0
であるから，条件は
∫ γ
[ 1
]γ
1
1
= − cos 2γ + a cos γ − (− + a)
(sin 2x − a sin x)dx = − cos 2x + a cos x
2
2
2
0
0
1
1
2
2
= − (2 cos γ − 1) + a cos γ + − a = − cos γ + a cos γ − a + 1
2
2
a2
a
1
=− +a· −a+1=
4
2
2
√
√
a2
1
よって − a + = 0 すなわち a2 − 4a + 2 = 0 を解いて a = 2 ± 2．0 < a < 2 より a = 2 − 2
4
2
問 19
問 20
次の曲線で囲まれた部分の面積を求めよ．
(1) 2x2 + 2xy + y 2 = 1
(解) 2x2 + 2xy + y 2 = 1 ⇐⇒ y 2 + 2xy + 2x2 − 1 = 0．y が実数となる条件を考えると，
√
x2 − (2x2 − 1) = 1 − x2 = 0 よって −1 5 x 5 1 である．このとき y = −x ± 1 − x2 であるから，
求める面積
∫ 1 Sは √
∫
√
S=
{(−x + 1 − x2 ) − (−x − 1 − x2 )}dx = 2
−1
1
−1
√
∫
1 − x2 dx = 4
0
1
√
π
1 − x2 dx = 4 · = π
4
(2) | log x| + | log{y| = 1 · · · ⃝
1
− log x (0 < x < 1)
(解) | log x| =
であり，| log y| についても同様だから，
log x (1 5 x)
1
1
(i) 0 < x < 1, 0 < y < 1 のとき ⃝
1 ⇐⇒ − log x − log y = 1 ⇐⇒ xy = e−1 = ⇐⇒ y =
e
ex
x
x
(ii) 1 5 x, 0 < y < 1 のとき ⃝
1 ⇐⇒ log x − log y = 1 ⇐⇒ = e ⇐⇒ y =
y
e
y
(iii) 0 < x < 1, 1 5 y のとき ⃝
1 ⇐⇒ − log x + log y = 1 ⇐⇒ = e ⇐⇒ y = ex
x
e
(iv) 1 5 x, 1 5 y のとき ⃝
1 ⇐⇒ log x + log y = 1 ⇐⇒ xy = e ⇐⇒ y =
x
よって曲線の概形は右図の通りであり，求める面積
S
は，
y
.
(
) ∫ 1
(
)
∫ e
1
e
1
1
dx
1
+
dx − 1 + (e − 1)
S = (1 + e) 1 −
−
.e
2
e
2
e
1 x
1/e ex
[
]
[
]
e
1
log x
(e + 1)(e − 1) (e + 1)(e − 1)
−
+ e log x −
=
2e
e 1/e
1
(2e )
1
1
.1
=e− −
=e+
e
e
.
.x
.e
.O .1/e .1
第2章
12
問 21
面積・体積
曲線 x = t − t3 , y = 1 − t4 で囲まれた部分の面積を求めよ．
(解) (x(−t), y(−t)) = (−x(t), y(t)) なので，曲線は y 軸に関して対称である．t = 0 で考えると，
dx
dy
1
1
= 1 − 3t2 ,
= −4t3 より x は [ 0, √ ] で単調増加，[ √ , +∞ ) で単調減少，y は常に単調減
dt
dt
3
3
.y
少する．対称性も考慮すると曲線の概形は右図の通り．
.(0, 1) t = 0
よって求める面積
S
は
∫ 1
∫ 0
dy
S=2
xdy = 2
x
dt
dt
1
∫0 0
∫ 1
3
3
=2
(t − t )(−4t )dt = 8
(t4 − t6 )dt
. .t = 1
.x
0
.O
[ 1t5 t7 ]1 16
=8
=
−
5 7 0 35
問 22
a を正の定数とする．曲線 C : y =
(1) a の値を求めよ．
(解) x > 0，f (x) =
√
√
x と D : y = a log x が 1 点のみを共有している．
x − a log x とする．limx→+0 f (x) = +∞，limx→∞ f (x) = +∞ であるから，
C と D が 1 点のみを共有するための必要十分条件は，
f (x) がただ 1 点で最小値 0 をとることであ
√
x
−
2a
1
a
る．f ′ (x) = √ − =
だから，f (x) は x = 4a2 においてただ一つの極小値かつ最小値
2x
2 x x
f (4a2 ) = 2a − a log 4a2 = 2a − 2a log 2a = 2a(1 − log 2a)
e
をとる．a > 0 なので，条件は 1 − log 2a = 0 ⇐⇒ 2a = e ⇐⇒ a =
2
(2) 曲線 C と D，および x 軸で囲まれた部分の面積 S を求めよ．
e
a = のとき 4a2 = e2 ．よって求める面積 S は，
2 ∫ 2
∫ e2
.y
e √
e
√
xdx −
log xdx
S=
.y = x
1 2
0
e
] e2
[ 2 3 ]e2 e[
y
.
=
log x
=
x2
− x(log x − 1)
2
3
2
0
1
.
.x
2 3 e 2
e3 e e(e2 − 3)
.1
.O
= e − (e + 1) = − =
.e2
3
2
6 2
6
(π
)
問 23 2 曲線 y = sin x, y = sin 2x
5 x 5 π で囲まれた部分を，x 軸の周りに 1 回転させて
3
できる立体の体積を求めよ．
π
(解) 区間 ( , π) において | sin x| = | sin 2x| となる x を求めると，
2
| sin x| = | sin 2x| ⇐⇒ sin x = − sin 2x ⇐⇒ sin x = −2 sin x cos x
1
2π
⇐⇒ cos x = − ⇐⇒ x =
2
3
である．求める立体の体積 V は，
.y
∫ π
∫ 2π
∫ π
2
3
V =π
(sin2 x − sin2 2x)dx + π
sin2 xdx + π
sin2 2xdx
π
∫ 32π
3
=π
π
∫ 3 2π
3
=π
π
3
∫
sin2 xdx − π
π
2
π
3
1 − cos 2x
dx − π
2
π
2
∫
2π
3
sin2 2xdx + π
∫
π
2
π
3
.
π
sin2 2xdx
2π
3
1 − cos 4x
dx + π
2
∫
π
2π
3
1 − cos 4x
dx
2
.O
.2π
3
.π
.x
13
[x
[ x sin 4x ] π2
[ x sin 4x ]π
sin 2x ] 2π3
=π −
−π −
+π −
π
2π
2
4 ) π3 (
2 )}8
3
{(
{
(2 √8)} 3 {
(
√
√
√ )}
π
3
π
3
π
π
3
π
π
3
=π
+
−
−
−π
−
+
+π
−
−
3
8
6
8
4
6 16
2
3 16
(
√ )
√
π 3 3
π(2π + 3 3)
=π
+
=
4
8
8
π
y = sin x (0 5 x 5 ) と直線 y = 1，および y 軸で囲まれた部分を y 軸の周りに 1 回転さ
2
せてできる立体の体積
V
を求めよ．
∫ π
∫ 1
∫ π
2
2
2 dy
2
x
x2 cos xdx
dx = π
(解) V = π
x dy = π
dx
0
0
{
} 0{
{
}}
[
] π2 ∫ π2
[
] π2 ∫ π2
2
π
=π
x2 sin x
−
2x sin xdx = π
+2
x cos x
−
cos xdx
4
0
0
0
0
( 2
[
] π2 ) π(π 2 − 8)
π
=π
− 2 sin x
=
4
4
0
問 24
問 25
xy 平面上で曲線 C : y = x2 と直線 l : y = x + a (a 5 1) がある．曲線 C と直線 l の交点
を P, Q とし，線分 PQ を 1 辺とする正方形を xy 平面に垂直に作る．直線 l を a = 1 から C に接
するまで動かすとき，この正方形が通過してできる立体の体積を求めよ．
1
(解) y = x2 と y = x + a が接する条件は，x2 − x − a = 0 の判別式より 1 + 4a = 0 すなわち a = −
4
1
である．ゆえに a の範囲は − 5 a 5 1
4
1
1
原点を点 (0, − ) として直線 y = −x − を t 軸とする．直線 y = x + a 上の点からの t 軸への正
4
4
射影の t 座標が t であるときの PQ の長さを L(t) とおく．x2 − x − a = 0 の 2 解を α, β (α 5 β) と
√
√ √
すると，L(t) = 2(β − α) = 2 1 + 4a である．ゆえに正方形の面積 S(t) = 2(1 + 4a)．ここで
√
√
1 √
a + = 2t であるから，S(t) = 2 · 4 2t = 8 2t
4
5
a = 1 のとき t = √ なので，求める体積 V は
4 2
√
(
)
∫ √5 √
√ 1 5 2 25 2
4 2
√
V =
8 2tdt = 8 2 ·
=
2 4 2
8
0
問 26
曲線 y = ex − 1 を y 軸の周りに 1 回転してできる立体の形をした容器に毎秒 1 cm3 の割
2
合で静かに水を注ぐ．
(1) 容器内の水の高さが h cm になったときの水の量を V cm3 とする．V を h を用いて表せ．
(2) 容器内の水の高さが (e − 1) cm になった瞬間の水面が上昇する速さを求めよ．
(3) 水を注ぎ始めてから容器内の水の高さが (e − 1) cm になるまでに要する時間を求めよ．
(解) (1) y = 0 のとき y = ex − 1 ⇐⇒ x2 = log(y + 1) なので，
∫ h
∫ h
[
]h
2
V =π
x dy = π
log(y + 1)dy = π (y + 1)(log(y + 1) − 1)
= π{(h + 1) log(h + 1) − h}
2
0
0
0
dV
dV
dh dV dV
1
(2) (1) より
= π log(h + 1) また仮定より
= 1 ゆえに =
/
=
dh
dt
dt
dt dh π log(h + 1)
1
よって水面の高さが (e − 1) のときの水面の上昇速度は (cm/秒)
π
(3) 水面の高さが (e − 1) のときの体積は π{e log e − (e − 1)} = π なので，要する時間は π（秒）

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