独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全5問・無料

大阪大学　2020年度　前期日程　理系

阪大理系 2020年度数学の解答・解説

全5問。当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を、大問ごとに載せています。

最終更新 2026/10/14

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/14時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

第1問　微分・極限

対数微分法・増減表・極限・グラフの概形当サイトの体感難易度：標準

(1) $f (x) = (x + 1)^{\frac{1}{x + 1}}$ （ $x \geq 0$ ）の最大値を求める

答 $e^{\frac{1}{e}}$ （ $x = e - 1$ のとき）

$lo g f = \frac{lo g ( x + 1 )}{x + 1}$ を微分する。

$x \geq 0$ では $x + 1 \geq 1 > 0$ なので $f (x) > 0$ であり、対数がとれる。

lo g f (x) = \frac{lo g ( x + 1 )}{x + 1}

である。両辺を $x$ で微分すると

\frac{f ^{'} ( x )}{f ( x )} = \frac{\frac{1}{x + 1} ( x + 1 ) - lo g ( x + 1 )}{( x + 1 ) ^{2}} = \frac{1 - lo g ( x + 1 )}{( x + 1 ) ^{2}}

すなわち

f^{'} (x) = f (x) \cdot \frac{1 - lo g ( x + 1 )}{( x + 1 ) ^{2}}

である。 $f (x) > 0$ 、 $(x + 1)^{2} > 0$ なので、 $f^{'}$ の符号は $1 - lo g (x + 1)$ の符号と同じである。

1 - lo g (x + 1) = 0 ⟺ x + 1 = e ⟺ x = e - 1

であり、 $lo g$ は増加関数なので、 $0 \leq x < e - 1$ では $f^{'} > 0$ 、 $x > e - 1$ では $f^{'} < 0$ である。よって $f$ は $x = e - 1$ で最大になり、最大値は

f (e - 1) = e^{\frac{1}{e}}

である（ $e^{1/ e} ≑ 1.4447$ ）。

$20$ 万等分の走査で最大 $1.444667861$ （ $x = 1.7183$ ）、 $e^{1/ e} = 1.444667861$ と一致した。

$(x + 1)^{\frac{1}{x + 1}}$ は底も指数も動くので、そのままでは微分の公式が使えない。対数をとるか $e^{\frac{l o g ( x + 1 )}{x + 1}}$ と書き直す。

$x \geq 0$ という定義域の左端 $x = 0$ でも $f (0) = 1$ が定まる。端点も増減表に入れておく。

(2) $x \to \infty lim f (x)$ と $x \to \infty lim f^{'} (x)$ を求める（ $x \to \infty lim \frac{lo g x}{x} = 0$ を用いてよい）

答 $x \to \infty lim f (x) = 1$ 、 $x \to \infty lim f^{'} (x) = 0$

$lo g f = \frac{lo g ( x + 1 )}{x + 1} \to 0$ から $f \to 1$ 。 $f^{'}$ は $f$ と $\frac{1 - lo g ( x + 1 )}{( x + 1 ) ^{2}}$ の積。

$u = x + 1$ とおくと $x \to \infty$ のとき $u \to \infty$ で

lo g f (x) = \frac{lo g u}{u} ⟶ 0

である。 $e^{v}$ は連続なので

x \to \infty lim f (x) = e^{0} = 1

である。

次に $f^{'}$ を見る。(1) より

f^{'} (x) = f (x) \cdot \frac{1 - lo g u}{u ^{2}} = f (x) \cdot (\frac{1}{u ^{2}} - \frac{1}{u} \cdot \frac{lo g u}{u})

である。 $u \to \infty$ のとき $\frac{1}{u ^{2}} \to 0$ 、 $\frac{1}{u} \to 0$ 、 $\frac{lo g u}{u} \to 0$ なので、括弧の中は $0$ に収束する。 $f (x) \to 1$ だから

x \to \infty lim f^{'} (x) = 1 \cdot 0 = 0

である。

$f (1 0^{9}) = 1.0000000$ 、 $f^{'} (1 0^{5}) = - 1.0 \times 1 0^{- 9}$ だった。

$\frac{lo g u}{u ^{2}}$ を直接 $0$ と言うのではなく、与えられた $\frac{lo g u}{u} \to 0$ に $\frac{1}{u} \to 0$ を掛ける形に直して使うと、根拠がはっきりする。

(3) $y = f (x)$ のグラフの概形をかく（凹凸は調べなくてよい）

答 $(0, 1)$ から出て増加し、 $x = e - 1$ で最大値 $e^{1/ e}$ をとったあと減少し、直線 $y = 1$ に上から近づく

(1) の増減と (2) の漸近線をつなぐ。

(1)(2) をまとめると、 $x \geq 0$ での $f$ の様子は

$f (0) = 1^{1} = 1$ から始まる。
$0 \leq x < e - 1$ で増加し、 $x = e - 1 ≑ 1.718$ で最大値 $e^{1/ e} ≑ 1.445$ をとる。
$x > e - 1$ で減少する。
$x \to \infty$ で $f (x) \to 1$ 、かつ $f^{'} (x) \to 0$ なので、直線 $y = 1$ が漸近線で、グラフはそこへ水平に寝ていく。

である。なお $x > 0$ では $lo g (x + 1) > 0$ より $lo g f (x) > 0$ 、つまり $f (x) > 1$ なので、グラフは漸近線 $y = 1$ の上側から近づく。

y = f(x) の概形。x = 0 で 1、x = e − 1 ≒ 1.718 で最大値 e^(1/e) ≒ 1.445、そのあとは減少して点線 y = 1 に上から近づく。

数値でも $f$ は $x = 1.7183$ で最大 $1.4447$ 、 $x = 1 0^{9}$ で $1.0000000$ だった。

$y = 1$ に上から近づくこと、 $x = 0$ でも値が $1$ であることを図に反映させる。左端と漸近線が同じ高さなのがこのグラフの特徴。

第1問だけのページ

第2問　確率・複素数平面

複素数の積と偏角・剰余による分類・確率漸化式・極限当サイトの体感難易度：標準

(1)1個のさいころを $n$ 回投げ、 $k$ 回目の目が $1$ なら $X_{k} = 1$ 、 $2$ なら $X_{k} = - 1$ 、その他なら $X_{k} = 0$ とする。 $Y_{k} = cos \frac{π}{3} X_{k} + i sin \frac{π}{3} X_{k}$ 、 $Z_{n} = Y_{1} Y_{2} \dots Y_{n}$ とおく。 $Z_{2}$ が実数でない確率を求める

答 $\frac{1}{2}$

$Z_{n}$ の偏角は $\frac{π}{3} S_{n}$ （ $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ ）。実数 $⟺$ $S_{n}$ が $3$ の倍数。

ド・モアブルの定理より $Y_{k} = e^{i \frac{π}{3} X_{k}}$ と書けるので

Z_{n} = e^{i \frac{π}{3} S_{n}}, S_{n} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}

である。 $∣ Z_{n} ∣ = 1$ なので、 $Z_{n}$ が実数であることは $sin \frac{π}{3} S_{n} = 0$ 、すなわち $\frac{π}{3} S_{n}$ が $π$ の整数倍であること、つまり

S_{n} が 3 の倍数

と同値である。

各回の $X_{k}$ は $1, - 1, 0$ をそれぞれ確率 $\frac{1}{6}, \frac{1}{6}, \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ でとる。 $n = 2$ のとき $∣ S_{2} ∣ \leq 2$ なので、 $S_{2}$ が $3$ の倍数になるのは $S_{2} = 0$ のときだけである。これは

2回とも $X = 0$ ：確率 $(\frac{2}{3})^{2} = \frac{4}{9}$
一方が $1$ 、他方が $- 1$ ：確率 $2 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{18}$

の2通りで、合わせて

P (S_{2} = 0) = \frac{4}{9} + \frac{1}{18} = \frac{8 + 1}{18} = \frac{1}{2}

である。よって $Z_{2}$ が実数でない確率は

1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

である。

Yₖ は単位円上の 3 点のどれか（角 0、π/3、−π/3）。Zₙ は角 (π/3)Sₙ の点なので、Zₙ が実数になるのは点が 1 か −1 にあるとき、つまり Sₙ が 3 の倍数のときだけ。

$n = 2$ の全列挙でも $Z_{2}$ が実数になる確率は $\frac{1}{2}$ だった。

$Z_{n}$ の絶対値は $1$ なので、「実数」とは $\pm 1$ のこと。 $0$ になることはない。

(2) $Z_{1}, Z_{2}, \dots, Z_{n}$ がいずれも実数でない確率を求める

答 $\frac{1}{3} (\frac{5}{6})^{n - 1}$

$S_{k}$ を $3$ で割った余りの動きを見る。 $0$ から出て、一度も $0$ に戻らない確率。

$S_{k}$ を $3$ で割った余り $r_{k} \in {0, 1, 2}$ を追う。 $r_{0} = 0$ で、各回 $r$ は確率 $\frac{1}{6}$ ずつ $\pm 1$ 動き、確率 $\frac{2}{3}$ で動かない（法 $3$ で考える）。条件は

r_{1} \neq = 0, r_{2} \neq = 0, \dots, r_{n} \neq = 0

である。

1回目。 $r_{0} = 0$ から $r_{1} \neq = 0$ になるのは $X_{1} = \pm 1$ のときで、確率は $\frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ である。

2回目以降。いま $r_{k} \neq = 0$ （ $r_{k} = 1$ または $2$ ）だとする。 $r_{k} = 1$ のとき $r_{k + 1} = 0$ になるのは $X_{k + 1} = - 1$ のときだけ、 $r_{k} = 2$ のとき $r_{k + 1} = 0$ になるのは $X_{k + 1} = 1$ のときだけである。どちらの場合も確率 $\frac{1}{6}$ なので、 $0$ にならない確率は

1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}

である。これは $r_{k}$ が $1$ でも $2$ でも同じ値であり、しかも各回の $X$ は独立なので、そのまま掛け算してよい。

したがって求める確率は

\frac{1}{3} (\frac{5}{6})^{n - 1}

である。

$n = 1, \dots, 6$ の全列挙で $\frac{1}{3}, \frac{5}{18}, \frac{25}{108}, \frac{125}{648}, \frac{625}{3888}, \frac{3125}{23328}$ となり、式と完全に一致した。

「 $0$ に戻らない確率」が $r_{k} = 1$ か $2$ かによらず $\frac{5}{6}$ で一定なのが鍵。ここが場合によって違うと単純な積にはできない。

$n = 1$ のとき答えは $\frac{1}{3}$ で、 $(\frac{5}{6})^{0} = 1$ と整合する。

(3) $Z_{n}$ が実数となる確率を $p_{n}$ とする。 $p_{n}$ を $n$ で表し、 $n \to \infty lim p_{n}$ を求める

答 $p_{n} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} (\frac{1}{2})^{n} = \frac{2 ^{n - 1} + 1}{3 \cdot 2 ^{n - 1}}$ 、極限は $\frac{1}{3}$

$p_{n} = P (r_{n} = 0)$ の漸化式を作る。対称性から $P (r_{n} = 1) = P (r_{n} = 2)$ 。

$p_{n} = P (r_{n} = 0)$ 、 $q_{n} = P (r_{n} = 1)$ 、 $s_{n} = P (r_{n} = 2)$ とおく。 $X$ は $+ 1$ と $- 1$ を同じ確率でとり、出発点が $0$ なので、 $S_{n}$ と $- S_{n}$ は同じ分布をもつ。よって

q_{n} = s_{n} = \frac{1 - p _{n}}{2}

である。

$r_{n + 1} = 0$ になるのは、 $r_{n} = 0$ で $X_{n + 1} = 0$ 、 $r_{n} = 1$ で $X_{n + 1} = - 1$ 、 $r_{n} = 2$ で $X_{n + 1} = 1$ の3通りなので

p_{n + 1} = \frac{2}{3} p_{n} + \frac{1}{6} q_{n} + \frac{1}{6} s_{n} = \frac{2}{3} p_{n} + \frac{1}{6} (1 - p_{n}) = \frac{1}{2} p_{n} + \frac{1}{6}

である。特性方程式 $α = \frac{1}{2} α + \frac{1}{6}$ の解は $α = \frac{1}{3}$ なので

p_{n + 1} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2} (p_{n} - \frac{1}{3})

である。 $p_{0} = 1$ （ $S_{0} = 0$ は $3$ の倍数）なので $p_{0} - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ であり

p_{n} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} (\frac{1}{2})^{n} = \frac{2 ^{n - 1} + 1}{3 \cdot 2 ^{n - 1}}

である。実際 $p_{1} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ （ $X_{1} = 0$ のとき）、 $p_{2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2}$ で (1) と合う。

$\frac{1}{2} < 1$ なので

n \to \infty lim p_{n} = \frac{1}{3}

である。

極限 $\frac{1}{3}$ は、余り $0, 1, 2$ が平等に近づくことを意味している。(2) の確率が $(\frac{5}{6})^{n - 1}$ で $0$ に落ちるのとは対照的に、 $p_{n}$ は $\frac{1}{3}$ に落ち着く。

$n = 1, \dots, 6$ の全列挙で $\frac{2}{3}, \frac{1}{2}, \frac{5}{12}, \frac{3}{8}, \frac{17}{48}, \frac{11}{32}$ となり、式と完全に一致した。

$p_{0} = 1$ から始めると式がきれいになる。 $p_{1} = \frac{2}{3}$ から始めても同じ式になるが、初項の扱いを間違えやすい。

▸ 別解：1の3乗根を使う

$ω = e^{\frac{2 π i}{3}}$ とおく。 $\frac{1 + ω ^{m} + ω ^{2 m}}{3}$ は $m$ が $3$ の倍数なら $1$ 、そうでなければ $0$ なので

p_{n} = E [\frac{1 + ω ^{S_{n}} + ω ^{2 S_{n}}}{3}] = \frac{1 + E [ ω ^{S_{n}} ] + E [ ω ^{2 S_{n}} ]}{3}

である。独立性から $E [ω^{S_{n}}] = (E [ω^{X}])^{n}$ で

E [ω^{X}] = \frac{1}{6} ω + \frac{1}{6} ω^{- 1} + \frac{2}{3} = \frac{1}{3} cos \frac{2 π}{3} + \frac{2}{3} = - \frac{1}{6} + \frac{2}{3} = \frac{1}{2}

である。 $ω^{2}$ についても同じく $\frac{1}{2}$ なので

p_{n} = \frac{1 + 2 ( \frac{1}{2} ) ^{n}}{3} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} (\frac{1}{2})^{n}

となり、同じ式が得られる。

第2問だけのページ

第3問　三角比・数列

正弦定理・数学的帰納法・三角関数の不等式・角の和当サイトの体感難易度：やや難

$n$ を $2$ 以上の自然数とする。三角形 $ABC$ において辺 $AB$ の長さを $c$ 、辺 $CA$ の長さを $b$ で表す。 $∠ ACB = n ∠ ABC$ であるとき $c < nb$ を示す

答正弦定理より $c = b \frac{sin n β}{sin β}$ （ $β = ∠ ABC$ ）。 $n \geq 2$ 、 $0 < β < π$ のとき $∣ sin n β ∣ < n sin β$ が帰納法で示せるので $c < nb$

正弦定理で $\frac{c}{b}$ を角だけの式にし、 $∣ sin n θ ∣ < n sin θ$ を加法定理と帰納法で示す。

$β = ∠ ABC$ とおくと $∠ ACB = n β$ である。三角形の内角の和より

∠ BAC = π - (n + 1) β > 0, 0 < β < \frac{π}{n + 1}

である。とくに $0 < β < π$ かつ $0 < n β < π$ なので $sin β > 0$ 、 $sin n β > 0$ である。

正弦定理より、外接円の直径を $2 R$ として

b = CA = 2 R sin (∠ ABC) = 2 R sin β, c = AB = 2 R sin (∠ ACB) = 2 R sin n β

である（辺の対角をとる）。よって

\frac{c}{b} = \frac{sin n β}{sin β}

であり、示すべきことは $sin n β < n sin β$ である。より強く、次を示す。

補題。 $0 < θ < π$ と $2$ 以上の自然数 $m$ に対し $∣ sin m θ ∣ < m sin θ$ である。

証明。 $0 < θ < π$ では $sin θ > 0$ である。 $m = 2$ のとき

∣ sin 2 θ ∣ = 2 sin θ ∣ cos θ ∣ < 2 sin θ

である（ $0 < θ < π$ より $∣ cos θ ∣ < 1$ ）。 $m = k$ （ $k \geq 2$ ）で成り立つとすると、加法定理より

∣ sin (k + 1) θ ∣ = ∣ sin k θ cos θ + cos k θ sin θ ∣ \leq ∣ sin k θ ∣ ∣ cos θ ∣ + ∣ cos k θ ∣ sin θ \leq ∣ sin k θ ∣ + sin θ < k sin θ + sin θ = (k + 1) sin θ

である（最後の不等号で帰納法の仮定を使った）。よってすべての $m \geq 2$ で成り立つ。 $■$

補題を $θ = β$ 、 $m = n$ に使うと $sin n β \leq ∣ sin n β ∣ < n sin β$ である。 $b > 0$ 、 $sin β > 0$ なので

c = b \cdot \frac{sin n β}{sin β} < b \cdot n = nb

である。 $■$

n = 3、∠ABC = 30°、∠ACB = 90° の場合。a = BC = 1 とすると b = CA ≒ 0.577、c = AB ≒ 1.155 で、たしかに c < 3b ≒ 1.732 になっている。

$n = 2, \dots, 8$ の $30$ 万組で $\frac{sin n β}{sin β} < n$ の違反は $0$ 件だった。

正弦定理で対応する角を取り違えやすい。辺 $CA$ の対角は $∠ ABC$ 、辺 $AB$ の対角は $∠ ACB$ である。

帰納法を回すには $∣ sin k θ ∣$ （絶対値つき）で仮定しておく必要がある。 $sin k θ < k sin θ$ だけだと $cos θ < 0$ のときに掛け算の向きが崩れる。

$n \geq 2$ が効いているのは $∣ cos θ ∣ < 1$ を1回使えるところ。 $n = 1$ なら等号になる。

▸ 別解：微分で一気に（こちらのほうが短い）

$F (θ) = n sin θ - sin n θ$ とおく。 $F (0) = 0$ で

F^{'} (θ) = n cos θ - n cos n θ = n (cos θ - cos n θ)

である。いま $0 < θ < \frac{π}{n + 1}$ を考える。このとき $0 < θ < n θ < \frac{nπ}{n + 1} < π$ であり（ $n \geq 2$ と $θ > 0$ より $θ < n θ$ ）、 $cos$ は $[0, π]$ で狭義単調減少なので

cos θ > cos n θ, F^{'} (θ) > 0

である。よって $F$ は $0 \leq θ < \frac{π}{n + 1}$ で増加し、 $F (θ) > F (0) = 0$ 、すなわち $sin n θ < n sin θ$ である。 $θ = β$ として $c < nb$ を得る。

補題の形（ $0 < θ < π$ すべてで $∣ sin m θ ∣ < m sin θ$ ）までは出ないが、この問題で必要な範囲 $0 < β < \frac{π}{n + 1}$ ではこれで十分で、帰納法より手数が少ない。

第3問だけのページ

第4問　積分・極限

領域の面積・双曲線と直線の交点・対数を含む極限・有理化当サイトの体感難易度：やや難

$t$ を正の実数とする。 $x y$ 平面において連立不等式 $x \geq 0$ 、 $y \geq 0$ 、 $x y \leq 1$ 、 $x + y \leq t$ の表す領域の面積を $S (t)$ とおく。 $t \to \infty lim (S (t) - 2 lo g t)$ を求める

答 $1$

$t > 2$ では三角形から「 $x y > 1$ のはみ出し」を引く。 $β = \frac{t + t ^{2} - 4}{2}$ を使って $S (t) = \frac{t ^{2}}{2} - \frac{t}{2} t^{2} - 4 + 2 lo g β$ 。

$t \to \infty$ を考えるので $t > 2$ としてよい。双曲線 $x y = 1$ と直線 $x + y = t$ の交点の $x$ 座標は

x (t - x) = 1, x^{2} - t x + 1 = 0

の解である。判別式は $t^{2} - 4 > 0$ なので2つあり

α = \frac{t - t ^{2} - 4}{2}, β = \frac{t + t ^{2} - 4}{2}

とおく。解と係数の関係から $α β = 1$ 、 $α + β = t$ である。

領域は、三角形 $x \geq 0$ 、 $y \geq 0$ 、 $x + y \leq t$ （面積 $\frac{t ^{2}}{2}$ ）から、 $x y > 1$ の部分を除いたものである。除く部分は $α \leq x \leq β$ で双曲線 $y = \frac{1}{x}$ と直線 $y = t - x$ にはさまれた部分なので、その面積 $A$ は

A = \int_{α}^{β} {(t - x) - \frac{1}{x}} d x = [t x - \frac{x ^{2}}{2} - lo g x]_{α}^{β} = t (β - α) - \frac{β ^{2} - α ^{2}}{2} - lo g \frac{β}{α} = (β - α) (t - \frac{α + β}{2}) - lo g \frac{β}{α} = \frac{t}{2} (β - α) - lo g \frac{β}{α}

である。 $β - α = t^{2} - 4$ 、 $α = \frac{1}{β}$ より $\frac{β}{α} = β^{2}$ なので

S (t) = \frac{t ^{2}}{2} - \frac{t}{2} t^{2} - 4 + 2 lo g β

である。したがって

S (t) - 2 lo g t = P (t) \frac{t}{2} (t - t^{2} - 4) + Q (t) 2 lo g \frac{β}{t}

と分けられる。

$P (t)$ 。分子を有理化すると

P (t) = \frac{t}{2} \cdot \frac{t ^{2} - ( t ^{2} - 4 )}{t + t ^{2} - 4} = \frac{2 t}{t + t ^{2} - 4} = \frac{2}{1 + 1 - \frac{4}{t ^{2}}}

なので $t \to \infty$ で $P (t) \to \frac{2}{1 + 1} = 1$ である。

$Q (t)$ 。

\frac{β}{t} = \frac{1 + 1 - \frac{4}{t ^{2}}}{2} ⟶ 1

なので $Q (t) \to 2 lo g 1 = 0$ である。

よって

t \to \infty lim (S (t) - 2 lo g t) = 1 + 0 = 1

である。

t = 3 のとき。網をかけた部分が領域で、上側の境界は x が小さいところと大きいところでは直線 x + y = 3、真ん中では双曲線 xy = 1（点線はその延長）。2 つの交点の x 座標が α ≒ 0.382 と β ≒ 2.618。

$2 lo g t$ が出てくる理由は、領域が $x$ 軸・ $y$ 軸に沿って2本の細長い「ひげ」を伸ばすからである。 $x$ 軸側のひげの面積は $\int^{t} \frac{d x}{x} \sim lo g t$ 、 $y$ 軸側も同じで、合わせて $2 lo g t$ になる。残る $1$ はひげの付け根（原点近く）の寄与である。

$S (t) - 2 lo g t$ は $t = 1 0^{4}$ で $0.99999999$ 、 $t = 1 0^{6}$ 以降は $1.0000000$ だった。

$t \leq 2$ では双曲線と直線が交わらず、領域はそのまま三角形で $S (t) = \frac{t ^{2}}{2}$ になる。極限には関係しないが、場合分けの存在は意識しておく。

$\frac{t ^{2}}{2} - \frac{t}{2} t^{2} - 4$ をそのまま $t \to \infty$ とすると $\infty - \infty$ になる。有理化が要点。

第4問だけのページ

第5問　積分・図形

回転体の体積・ヘロンの公式・2次関数の最大・対称性当サイトの体感難易度：標準

(1)3辺の長さの和が $2$ である三角形 $ABC$ において、辺 $BC$ の長さを $a$ 、辺 $CA$ の長さを $b$ とする。 $BC$ を軸として1回転させてできる回転体の体積を $V$ とする。 $a$ を固定して $b$ を変化させるとき、 $V$ が最大になるのは $BC$ を底辺とする二等辺三角形のときであることを示す

答 $V = \frac{4 π}{3} \cdot \frac{( 1 - a ) ( 1 - b ) ( a + b - 1 )}{a}$ 。 $b$ の2次関数 $(1 - b) (a + b - 1)$ は $b = 1 - \frac{a}{2}$ で最大になり、このとき $c = 2 - a - b = 1 - \frac{a}{2} = b$

$V = \frac{π}{3} a h^{2}$ （ $h$ は $A$ から $BC$ への距離）とヘロンの公式を組み合わせる。

$c = AB = 2 - a - b$ とおく。 $A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足を $H$ 、 $AH = h$ とする。

回転体は、 $H$ が線分 $BC$ の内部にあるときは「底面の半径 $h$ の2つの円錐を底面どうしで貼り合わせたもの」、 $H$ が外にあるときは「大きい円錐から小さい円錐を取り除いたもの」である。どちらの場合も、 $H$ から $B$ 、 $C$ までの距離を $d_{1}, d_{2}$ とすると高さの和（または差）が $a$ になるので

V = \frac{π}{3} h^{2} d_{1} \pm \frac{π}{3} h^{2} d_{2} = \frac{π}{3} a h^{2}

と、同じ式になる。

三角形の面積を $T$ とすると $T = \frac{1}{2} ah$ なので $h = \frac{2 T}{a}$ であり

V = \frac{π}{3} a \cdot \frac{4 T ^{2}}{a ^{2}} = \frac{4 π}{3} \cdot \frac{T ^{2}}{a}

である。周の長さが $2$ なので、ヘロンの公式の $s = \frac{a + b + c}{2} = 1$ であり

T^{2} = s (s - a) (s - b) (s - c) = (1 - a) (1 - b) (1 - c)

である。 $1 - c = 1 - (2 - a - b) = a + b - 1$ なので

V = \frac{4 π}{3} \cdot \frac{( 1 - a ) ( 1 - b ) ( a + b - 1 )}{a} \dots (*)

である。

$a$ を固定する。 $\frac{4 π}{3} \cdot \frac{1 - a}{a}$ は正の定数なので、 $V$ の最大は

g (b) = (1 - b) (a + b - 1)

の最大で決まる。 $g$ は $b$ の2次関数で $b^{2}$ の係数が $- 1 < 0$ 、2つの零点が $b = 1$ と $b = 1 - a$ なので、頂点は

b = \frac{1 + ( 1 - a )}{2} = 1 - \frac{a}{2}

である。三角形になるための $b$ の範囲は $1 - a < b < 1$ （ $T^{2} > 0$ すなわち $(1 - b) (a + b - 1) > 0$ ）で、頂点 $b = 1 - \frac{a}{2}$ はこの区間のちょうど真ん中にあるから、ここで最大をとる。

このとき

c = 2 - a - b = 2 - a - (1 - \frac{a}{2}) = 1 - \frac{a}{2} = b

なので $b = c$ 、すなわち三角形 $ABC$ は $BC$ を底辺とする二等辺三角形である。 $■$

辺 BC を軸に 1 回転させたときの断面。A から BC に下ろした垂線 AH の長さ h が回転体の半径で、体積は V = (π/3)ah²。H が BC の外に出ても、2 つの円錐の差として同じ式になる。

$a$ を $0.1$ 刻みで固定して $b$ を $2$ 万等分して走査すると、最大を与える $b$ はつねに $1 - \frac{a}{2}$ だった。

$H$ が $BC$ の外に出る（ $B$ または $C$ が鈍角）場合も $V = \frac{π}{3} a h^{2}$ でよい。差をとると高さが $a$ に戻るからで、ここをことわらずに「2つの円錐」とだけ書くと場合分け漏れになる。

$b$ の動く範囲を書かないと「頂点が範囲内にある」ことが言えない。 $1 - a < b < 1$ を出しておく。

(2) $a, b$ をともに変化させるとき、 $V$ の最大値と、最大値を与える $a, b$ の値を求める

答最大値 $\frac{π}{12}$ 、 $a = \frac{1}{2}$ 、 $b = \frac{3}{4}$

(1) より $b = 1 - \frac{a}{2}$ に限ってよい。代入すると $V = \frac{π}{3} a (1 - a)$ 。

(1) より、 $a$ を決めるごとに最大を与える $b$ は $b = 1 - \frac{a}{2}$ である。このとき

1 - b = \frac{a}{2}, a + b - 1 = a + 1 - \frac{a}{2} - 1 = \frac{a}{2}

なので、 $(*)$ に代入して

V = \frac{4 π}{3} \cdot \frac{( 1 - a ) \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2}}{a} = \frac{π}{3} a (1 - a)

である。 $a$ の範囲を確かめる。 $b = c = 1 - \frac{a}{2}$ が三角形をなす条件は $b + c > a$ 、すなわち $2 - a > a$ より $a < 1$ で、長さが正であることから $a > 0$ である。よって

0 < a < 1

である。 $a (1 - a)$ は上に凸の2次関数で

a (1 - a) = - (a - \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}

なので、 $a = \frac{1}{2}$ で最大値 $\frac{1}{4}$ をとる。したがって

V_{m a x} = \frac{π}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{12}

であり、そのとき

a = \frac{1}{2}, b = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} (= c)

である。3辺は $\frac{1}{2}, \frac{3}{4}, \frac{3}{4}$ で、和はたしかに $2$ である。

最大を与えるのは正三角形（3辺 $\frac{2}{3}$ ずつ）ではない。軸にする辺 $BC$ は短めのほうが得で、 $a : b : c = 2 : 3 : 3$ になる。 $V = \frac{π}{3} a (1 - a)$ の形から、 $a$ が小さいと半径は稼げても高さが足りず、 $a$ が大きいと逆になることがわかる。

$1500 \times 1500$ の格子走査で最大 $0.261798904$ （ $a = 0.50067$ 、 $b = 0.74960$ ）、 $\frac{π}{12} = 0.261799388$ と一致した。

(1) で $b$ を最適化したあと、 $a$ についても範囲 $0 < a < 1$ を確かめる。これを飛ばすと頂点が範囲外の可能性を潰せない。

「対称性があるから正三角形が最大」と即断しない。回転軸にする辺だけ役割が違うので、対称性は $b$ と $c$ の間にしかない。

第5問だけのページ

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針配点・採点基準・難易度を大学の公表値として示すことはしていません。

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる阪大理系数学 2027

阪大理系数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る全3巻を見る¥2,695・120ページ・2026年7月27日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

(1)f(x)=(x+1)x+11​（x≥0）の最大値を求める

(2)x→∞lim​f(x) と x→∞lim​f′(x) を求める（x→∞lim​xlogx​=0 を用いてよい）

(3)y=f(x) のグラフの概形をかく（凹凸は調べなくてよい）

(1)1個のさいころを n 回投げ、k 回目の目が 1 なら Xk​=1、2 なら Xk​=−1、その他なら Xk​=0 とする。Yk​=cos3π​Xk​+isin3π​Xk​、Zn​=Y1​Y2​⋯Yn​ とおく。Z2​ が実数でない確率を求める

(2)Z1​,Z2​,…,Zn​ がいずれも実数でない確率を求める

(3)Zn​ が実数となる確率を pn​ とする。pn​ を n で表し、n→∞lim​pn​ を求める

n を 2 以上の自然数とする。三角形 ABC において辺 AB の長さを c、辺 CA の長さを b で表す。∠ACB=n∠ABC であるとき c<nb を示す

t を正の実数とする。xy 平面において連立不等式 x≥0、y≥0、xy≤1、x+y≤t の表す領域の面積を S(t) とおく。t→∞lim​(S(t)−2logt) を求める

(2)a,b をともに変化させるとき、V の最大値と、最大値を与える a,b の値を求める

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

(1) $f (x) = (x + 1)^{\frac{1}{x + 1}}$ （ $x \geq 0$ ）の最大値を求める

(2) $x \to \infty lim f (x)$ と $x \to \infty lim f^{'} (x)$ を求める（ $x \to \infty lim \frac{lo g x}{x} = 0$ を用いてよい）

(3) $y = f (x)$ のグラフの概形をかく（凹凸は調べなくてよい）

(2) $Z_{1}, Z_{2}, \dots, Z_{n}$ がいずれも実数でない確率を求める

(3) $Z_{n}$ が実数となる確率を $p_{n}$ とする。 $p_{n}$ を $n$ で表し、 $n \to \infty lim p_{n}$ を求める

$n$ を $2$ 以上の自然数とする。三角形 $ABC$ において辺 $AB$ の長さを $c$ 、辺 $CA$ の長さを $b$ で表す。 $∠ ACB = n ∠ ABC$ であるとき $c < nb$ を示す

$t$ を正の実数とする。 $x y$ 平面において連立不等式 $x \geq 0$ 、 $y \geq 0$ 、 $x y \leq 1$ 、 $x + y \leq t$ の表す領域の面積を $S (t)$ とおく。 $t \to \infty lim (S (t) - 2 lo g t)$ を求める

(2) $a, b$ をともに変化させるとき、 $V$ の最大値と、最大値を与える $a, b$ の値を求める