名古屋大学　2025年度　前期日程　理科系

名大理系 2025年度数学の解答・解説

全4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 2026/10/05

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。理科系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/05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　微分法

凸関数・導関数の単調性・中間値の定理・ルジャンドル変換当サイトの体感難易度：やや難

(1) $g (x) = c x - f (x)$ を最大にする $x_{0}$ がただ1つ存在することを示す

答 $f^{'}$ が狭義単調増加で、値域がちょうど開区間 $(a, b)$ になることから従う

方針 $g^{'} (x) = c - f^{'} (x)$ なので、 $f^{'} (x) = c$ の解がただ1つであることを言えばよい。 $f^{''} > 0$ から $f^{'}$ は狭義単調増加、両端の極限が $a, b$ なので、 $f^{'}$ の値域はちょうど $(a, b)$ になる。

$f^{''} (x) > 0$ がすべての $x$ で成り立つから、 $f^{'}$ は $R$ 上で狭義単調増加。狭義単調増加で連続な関数の値域は、両端の極限で決まる開区間なので

f^{'} (R) = (lim_{x \to - \infty} f^{'} (x), lim_{x \to \infty} f^{'} (x)) = (a, b)

$a < c < b$ だから、 $f^{'} (x_{0}) = c$ をみたす $x_{0}$ が存在し（中間値の定理）、 $f^{'}$ が狭義単調増加だからただ1つに定まる。

この $x_{0}$ の前後で $g^{'} (x) = c - f^{'} (x)$ の符号を見る。

$x < x_{0}$ では $f^{'} (x) < f^{'} (x_{0}) = c$ なので $g^{'} (x) > 0$
$x > x_{0}$ では $f^{'} (x) > c$ なので $g^{'} (x) < 0$

よって $g$ は $x_{0}$ まで狭義増加、そこから狭義減少。 $g$ は $x = x_{0}$ でただ1つの最大値をとる。

答案で省略しない方がよい点

「 $f^{'}$ は単調増加だから $f^{'} (x) = c$ の解は高々1つ」だけでは足りない。存在も言う必要があり、そこで極限の条件と中間値の定理を使う。
$g^{''} = - f^{''} < 0$ から「上に凸だから最大値をもつ」と書くだけでは、最大値をとる点の存在が示せていない。 $R$ 全体では上に凸でも最大値を持たない関数がある（ $g (x) = - e^{x}$ など）。

(2) $f (x) = lo g \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}$ が $f^{''} > 0$ をみたすことを示し、 $a, b$ を求める

答 $f^{''} (x) = \frac{4}{( e ^{x} + e ^{- x} ) ^{2}} > 0$ 、 $a = - 1, b = 1$

方針 $f^{'}$ を通分した形のまま微分する。分子が $(A + B)^{2} - (A - B)^{2} = 4 A B$ の形になり、 $A = e^{x}, B = e^{- x}$ で $A B = 1$ だから、きれいに $4$ になる。

f^{'} (x) = \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{e ^{x} + e ^{- x}}

商の微分で

f^{''} (x) = \frac{( e ^{x} + e ^{- x} ) ^{2} - ( e ^{x} - e ^{- x} ) ^{2}}{( e ^{x} + e ^{- x} ) ^{2}} = \frac{4 e ^{x} e ^{- x}}{( e ^{x} + e ^{- x} ) ^{2}} = \frac{4}{( e ^{x} + e ^{- x} ) ^{2}} > 0

極限は、分母・分子を $e^{- x}$ または $e^{x}$ で割って求める。

f^{'} (x) = \frac{e ^{2 x} - 1}{e ^{2 x} + 1} x \to - \infty \frac{0 - 1}{0 + 1} = - 1, f^{'} (x) = \frac{1 - e ^{- 2 x}}{1 + e ^{- 2 x}} x \to \infty 1

よって $a = - 1, b = 1$ 。

検算

$f^{'} (0) = 0$ 、 $f^{''} (0) = \frac{4}{4} = 1$ 。また $∣ f^{'} (x) ∣ < 1$ がすべての $x$ で成り立ち、(1) の「値域がちょうど $(- 1, 1)$ 」と合う。

答案で省略しない方がよい点

$f^{''}$ を求めるのに $f^{'}$ を部分分数などに直す必要はない。通分したまま商の微分をすると、分子が $4 e^{x} e^{- x} = 4$ になって一息で終わる。
極限は「 $e^{x} \to 0$ だから」と言葉で済ませず、分母・分子を割って形を作ってから取る。

(3)(2) の $f$ について、 $x_{0}$ と $g (x_{0})$ を $c$ で表す

答 $x_{0} = \frac{1}{2} lo g \frac{1 + c}{1 - c}, g (x_{0}) = \frac{1}{2} {(1 + c) lo g (1 + c) + (1 - c) lo g (1 - c)}$

方針 $x_{0}$ は $f^{'} (x_{0}) = c$ から出る。 $g (x_{0}) = c x_{0} - f (x_{0})$ の $f (x_{0})$ は、 $e^{x_{0}} + e^{- x_{0}}$ を通分して1つの分数にまとめると $1 - c^{2}$ が出てきて、対数が開ける。

$f^{'} (x_{0}) = c$ すなわち $\frac{e ^{2 x_{0}} - 1}{e ^{2 x_{0}} + 1} = c$ を $e^{2 x_{0}}$ について解くと

e^{2 x_{0}} = \frac{1 + c}{1 - c} ⟹ x_{0} = \frac{1}{2} lo g \frac{1 + c}{1 - c}

（ $- 1 < c < 1$ なので $\frac{1 + c}{1 - c} > 0$ で、対数が取れる。）次に $e^{x_{0}} = \frac{1 + c}{1 - c}$ より

e^{x_{0}} + e^{- x_{0}} = \frac{1 + c}{1 - c} + \frac{1 - c}{1 + c} = \frac{( 1 + c ) + ( 1 - c )}{( 1 - c ) ( 1 + c )} = \frac{2}{1 - c ^{2}}

したがって $f (x_{0}) = lo g \frac{1}{1 - c ^{2}} = - \frac{1}{2} lo g (1 - c^{2})$ となり

g (x_{0}) = c x_{0} - f (x_{0}) = \frac{c}{2} lo g \frac{1 + c}{1 - c} + \frac{1}{2} lo g {(1 + c) (1 - c)}

$lo g$ を開いて $lo g (1 + c)$ と $lo g (1 - c)$ でまとめ直すと

g (x_{0}) = \frac{1}{2} {(1 + c) lo g (1 + c) + (1 - c) lo g (1 - c)}

検算

$c = 0$ とすると $x_{0} = 0$ 、 $g (x_{0}) = \frac{1}{2} (1 \cdot 0 + 1 \cdot 0) = 0$ 。実際 $g (0) = 0 - f (0) = - lo g 1 = 0$ で合う。 $c = \frac{1}{2}$ では $x_{0} = \frac{1}{2} lo g 3 = 0.5493 \dots$ 、 $g (x_{0}) = 0.13081 \dots$ となり、 $c x_{0} - lo g cosh x_{0}$ を直接計算した値と一致する。

答案で省略しない方がよい点

$e^{x_{0}} + e^{- x_{0}}$ を2つの根号のまま残さず、通分して1つにまとめる。ここを通ると $lo g$ が開けて、最後の対称な形まで届く。
最後の形は $c \leftrightarrow - c$ で対称。 $g (x_{0})$ は $c$ の偶関数になるはずなので、対称でなければどこかで符号を落としている。

第1問だけのページ

第2問　整数

平方差の因数分解・偶奇の一致・素数のべきの約数当サイトの体感難易度：標準

(1) $c = 24, 25, 26$ について、条件をみたす整数の組 $(a, b)$ をすべて求める

答 $c = 24$ ： $(7, 5), (5, 1)$ ／ $c = 25$ ： $(13, 12), (5, 0)$ ／ $c = 26$ ：なし

方針 $a^{2} - b^{2} = (a - b) (a + b)$ と因数分解し、 $u = a - b, v = a + b$ と置き換える。 $a = \frac{u + v}{2}, b = \frac{v - u}{2}$ が整数になる条件が「 $u, v$ の偶奇が一致」で、これが決め手になる。

$a \geq b \geq 0$ より $u = a - b \geq 0$ 、 $v = a + b \geq 0$ で、さらに $v - u = 2 b \geq 0$ から $u \leq v$ 。 $uv = c$ で、 $u, v$ の偶奇が一致するものだけが整数の組を与える。

$c = 24$ ： $(u, v) = (1, 24), (2, 12), (3, 8), (4, 6)$ のうち偶奇が一致するのは $(2, 12), (4, 6)$ 。それぞれ $(a, b) = (7, 5), (5, 1)$
$c = 25$ ： $(1, 25), (5, 5)$ はどちらも奇数どうし。 $(a, b) = (13, 12), (5, 0)$
$c = 26$ ： $(1, 26), (2, 13)$ はどちらも偶奇が食い違う。解なし

検算

$7^{2} - 5^{2} = 24$ 、 $5^{2} - 1^{2} = 24$ 、 $1 3^{2} - 1 2^{2} = 25$ 、 $5^{2} - 0^{2} = 25$ 。いずれも $a \geq b \geq 0$ をみたす。

答案で省略しない方がよい点

$b = 0$ を忘れない。条件は $b \geq 0$ であって $b \geq 1$ ではないので、 $c = 25$ の $(5, 0)$ は落とせない。
$u \leq v$ を付けないと、 $(u, v)$ と $(v, u)$ を二重に数えたり、 $b < 0$ の組を拾ったりする。

(2) $p$ を $3$ 以上の素数、 $n$ を正の整数、 $c = 4 p^{2 n}$ とするとき、条件をみたす $(a, b)$ をすべて求める

答 $(a, b) = (p^{i} + p^{2 n - i}, p^{2 n - i} - p^{i}) (i = 0, 1, \dots, n)$ の $n + 1$ 組

方針(1) と同じ置き換えを使う。 $c$ が偶数なので $u, v$ はともに偶数しかありえず、 $u = 2 s, v = 2 t$ と書くと $s t = p^{2 n}$ に化ける。あとは $p$ のべきの約数を数えるだけ。

$uv = 4 p^{2 n}$ は偶数なので、偶奇が一致するなら $u, v$ はともに偶数。 $u = 2 s, v = 2 t$ （ $0 \leq s \leq t$ ）とおくと $4 s t = 4 p^{2 n}$ より $s t = p^{2 n}$ 。このとき

a = \frac{u + v}{2} = s + t, b = \frac{v - u}{2} = t - s

$p$ は素数だから $p^{2 n}$ の正の約数は $p^{0}, p^{1}, \dots, p^{2 n}$ のみ。 $s = p^{i}, t = p^{j}$ とおくと $i + j = 2 n$ で、 $s \leq t$ より $i \leq j$ 、すなわち $i \leq n$ 。

(a, b) = (p^{i} + p^{2 n - i}, p^{2 n - i} - p^{i}) (i = 0, 1, \dots, n)

$i$ の取りうる値は $0$ から $n$ までの $n + 1$ 通りで、どれも相異なる組を与える。

検算

$p = 3, n = 1$ なら $c = 36$ 。式からは $i = 0$ で $(10, 8)$ 、 $i = 1$ で $(6, 0)$ の $2 = n + 1$ 組。実際 $1 0^{2} - 8^{2} = 36$ 、 $6^{2} - 0^{2} = 36$ で、ほかに $a \geq b \geq 0$ の組はない。

答案で省略しない方がよい点

$i \leq n$ の上限を落とすと、 $i$ と $2 n - i$ を入れ替えた同じ組を二重に数えてしまう。 $b \geq 0$ がこの上限そのもの。
$i = n$ のときは $b = p^{n} - p^{n} = 0$ 。これも $b \geq 0$ をみたすので数に入れる。

第2問だけのページ

第3問　積分法・図形

通過領域・点と曲線の距離・扇形と円環・パップス・ギュルダンの定理当サイトの体感難易度：難

(1)円板を原点のまわりに角 $α$ だけ回したとき、通過する領域の面積を求める

答 $2 r α + π r^{2}$

方針通過領域を「円板の集まり」と見ずに、中心が描く弧からの距離が $r$ 以下の点の集合と読み替える。すると図形が「円環の扇形＋両端の半円」に分かれ、積分なしで面積が出る。

中心は、原点を中心とする半径 $1$ の円周上を、偏角 $0$ から $α$ まで動く。この弧を $A$ とおくと、通過領域は ${P : dist (P, A) \leq r}$ に一致する。

点 $P$ の偏角で場合が分かれる。

偏角が $0$ と $α$ の間 … 最も近い弧の点は同じ偏角の点なので、条件は $∣ OP ∣ - 1 \leq r$ 。つまり半径 $1 - r$ から $1 + r$ までの円環の、中心角 $α$ の扇形
偏角がその外 … 最も近いのは弧の端点。つまり両端に付く半径 $r$ の半円が2つ

円環の扇形の面積は

\frac{α}{2} {(1 + r)^{2} - (1 - r)^{2}} = \frac{α}{2} \cdot 4 r = 2 r α

半円2つで円1つぶんの $π r^{2}$ 。2つの半円は偏角が $0$ 未満の側と $α$ より大きい側にあって重ならないから、単純に足して

2 r α + π r^{2}

検算

$α = 0$ とすると $π r^{2}$ で、回していないときの円板の面積に戻る。 $r = 1, α = π$ なら $2 π + π = 3 π$ 。

答案で省略しない方がよい点

両端の半円を忘れて $2 r α$ だけにしてしまう間違いが多い。 $α = 0$ を代入して $0$ になったら、その式は誤り。
「円板の面積 $\times$ 何か」では出ない。通過領域は円板の平行移動の和集合で、重なりがあるので足し算にはならない。

(2)球を $z$ 軸のまわりに角 $α$ だけ回したとき、通過する領域の体積を求める

答 $π R^{2} α + \frac{4}{3} π R^{3}$

方針(1) と同じ読み替えがそのまま効く。中心が描く弧からの距離が $R$ 以下の点の集合で、「輪切りの扇形（回転体の一部）＋両端の半球」に分かれる。回転体の部分はパップス・ギュルダンの定理で一発。

中心は $x y$ 平面内の単位円周上を偏角 $0$ から $α$ まで動く。その弧を $A$ として、通過領域は ${P : dist (P, A) \leq R}$ 。

円柱座標 $(ρ, φ, z)$ で考える。偏角 $φ$ が $0$ と $α$ の間の部分は、 $ρ z$ 半平面内の円板 $(ρ - 1)^{2} + z^{2} \leq R^{2}$ を $z$ 軸のまわりに角 $α$ だけ回したもの。断面積は $π R^{2}$ 、その重心は $ρ = 1$ にあるから、パップス・ギュルダンの定理より

π R^{2} \times (α \cdot 1) = π R^{2} α

偏角がその外側の部分は、両端に付く半径 $R$ の半球が2つ。合わせて球1つぶんの $\frac{4}{3} π R^{3}$ 。よって

π R^{2} α + \frac{4}{3} π R^{3}

検算

$α = 0$ とすると $\frac{4}{3} π R^{3}$ で、回していないときの球の体積に戻る。(1) の $2 r α + π r^{2}$ と見比べると、扇形↔回転体、半円↔半球ときれいに対応している。

答案で省略しない方がよい点

パップス・ギュルダンを使うときは「断面が回転軸をまたがない」ことを書き添える。ここでは $R \leq 1$ がその保証。
回転角が $α$ なので、 $2 π$ ではなく $α$ を掛ける。全周回した場合の公式をそのまま使わない。

第3問だけのページ

第4問　確率

裏返しの操作・偶奇の連立方程式・必要十分条件・多項係数当サイトの体感難易度：難

(1) $p_{2}$ を求める

答 $p_{2} = \frac{1}{18}$

方針どのコインが何回裏返るかは、選ばれた回数の偶奇だけで決まる。順番は関係ない。だから「各コインが偶数回選ばれたか奇数回選ばれたか」を変数にした連立方程式に落ちる。

コイン $i$ が選ばれた回数を $k_{i}$ とする。コイン $j$ が裏返る回数は、 $j$ と隣り合うコインが選ばれた回数の合計。すべて裏向きになる条件は、どの $j$ についてもその合計が奇数になることで、 $x_{i} \equiv k_{i} (mod 2)$ とおけば ${0, 1}$ 上の連立方程式になる。

(2) で解くとおり、この連立方程式の解は $x_{2} = x_{5} = 1$ 、ほかは $0$ のただ1つ。つまり②と⑤が奇数回、残りの4枚が偶数回。

$n = 2$ では $k_{1} + \dots + k_{6} = 2$ なので、これをみたすのは $k_{2} = k_{5} = 1$ 、ほかは $0$ の場合だけ。並べ方は②→⑤と⑤→②の $2$ 通り、全体は $6^{2} = 36$ 通りだから

p_{2} = \frac{2}{36} = \frac{1}{18}

答案で省略しない方がよい点

「選んだコインはそのまま」なので、選ばれたコイン自身は裏返らない。自分を含めて裏返すと思うと連立方程式が変わる。
$n$ が奇数のときは $p_{n} = 0$ 。 $x_{2} + x_{5} = 2$ は偶数なので、 $\sum k_{i}$ も偶数でなければならない。

(2)グループ $A, B$ への分け方を答える

答 $A = {②, ⑤}$ 、 $B = {①, ③, ④, ⑥}$

方針 $x_{i} \in {0, 1}$ の連立方程式を解く。向かい合う位置どうしを足し引きすると変数が次々に消えて、解が1つに決まる。

マス目の隣接から、条件は次の6本（左辺はそのコインが裏返る回数の偶奇）。

①： $x_{2} + x_{4} \equiv 1$
②： $x_{1} + x_{3} + x_{5} \equiv 1$
③： $x_{2} + x_{6} \equiv 1$
④： $x_{1} + x_{5} \equiv 1$
⑤： $x_{2} + x_{4} + x_{6} \equiv 1$
⑥： $x_{3} + x_{5} \equiv 1$

①と③から $x_{4} \equiv x_{6} (\equiv 1 + x_{2})$ 。これを⑤に入れると $x_{2} + (x_{4} + x_{6}) \equiv x_{2} \equiv 1$ 。よって $x_{2} = 1$ 、 $x_{4} = x_{6} = 0$ 。

④と⑥から $x_{1} \equiv x_{3} (\equiv 1 + x_{5})$ 。これを②に入れると $(x_{1} + x_{3}) + x_{5} \equiv x_{5} \equiv 1$ 。よって $x_{5} = 1$ 、 $x_{1} = x_{3} = 0$ 。

解はただ1つで、 $x_{2} = x_{5} = 1$ 、ほかは $0$ 。すなわち $A = {②, ⑤}$ 、 $B = {①, ③, ④, ⑥}$ 。

答案で省略しない方がよい点

解が1つしかないことまで言う。「このように分ければよい」だけでなく「これ以外にない」ことが、(3) で数え漏らさないための根拠になる。

(3) $p_{4}$ を求める

答 $p_{4} = \frac{7}{162}$

方針(2) の条件のもとで $k_{1} + \dots + k_{6} = 4$ をみたす組を書き出し、それぞれの並べ方の数（多項係数）を足す。

$k_{2}, k_{5}$ が奇数、ほかが偶数で、合計 $4$ 。 $k_{2} + k_{5}$ は偶数で $2$ か $4$ なので、場合は次の3通り。

$k_{2} = k_{5} = 1$ で、①③④⑥のどれか1枚が $2$ 回 … 並べ方 $\frac{4 !}{1 ! 1 ! 2 !} = 12$ 通り、コインの選び方が $4$ 通りで $48$ 通り
$k_{2} = 3, k_{5} = 1$ … $\frac{4 !}{3 ! 1 !} = 4$ 通り
$k_{2} = 1, k_{5} = 3$ … 同様に $4$ 通り

48 + 4 + 4 = 56

全体は $6^{4} = 1296$ 通りだから

p_{4} = \frac{56}{1296} = \frac{7}{162}

検算

$6^{4} = 1296$ 通りの操作列をすべて作って数えても $56$ 通りになる。また $\frac{7}{162} = 0.0432 \dots$ で、 $p_{2} = \frac{1}{18} = 0.0555 \dots$ より小さい。回数が増えるほど「ちょうど全部裏」に当たりにくくなることと合う。