独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全4問・無料

東京大学　2025年度　前期日程　文科

東大文系 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 2026/10/11

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。文科の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/11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　図形と方程式

接線と法線・放物線と直線の交点・相加相乗平均・最小値当サイトの体感難易度：標準

(1) $Q$ の $x$ 座標を求める

答 $- a - \frac{1}{2 a}$

放物線と直線の交点は、連立して2次方程式を解けばよい。ただし $x = a$ が解であることは分かっているので、因数 $x - a$ でくくれる。くくった残りがそのまま答えになる。

$y = x^{2}$ より $y^{'} = 2 x$ なので、 $P (a, a^{2})$ における接線の傾きは $2 a$ である。 $a > 0$ だから、これと直交する直線 $ℓ$ の傾きは $- \frac{1}{2 a}$ で

ℓ : y - a^{2} = - \frac{1}{2 a} (x - a)

である。 $y = x^{2}$ と連立すると

x^{2} - a^{2} = - \frac{1}{2 a} (x - a) ⟺ (x - a) (x + a + \frac{1}{2 a}) = 0

となる。 $x = a$ は $P$ だから、 $Q$ の $x$ 座標は $- a - \frac{1}{2 a}$ である。

$a = 1$ なら $Q$ の $x$ 座標は $- \frac{3}{2}$ 。 $P (1, 1)$ での法線は $y - 1 = - \frac{1}{2} (x - 1)$ で、 $x = - \frac{3}{2}$ を入れると $y = 1 - \frac{1}{2} (- \frac{5}{2}) = \frac{9}{4} = (- \frac{3}{2})^{2}$ となり、確かに放物線上にある。

(2) $a$ が正の実数全体を動くとき、 $R$ の $x$ 座標の最小値を求める

答 $\frac{5 2}{4}$ （ $a = \frac{1}{2}$ のとき）

(1) で作った「点の $x$ 座標 $\to$ 法線のもう一方の交点の $x$ 座標」という対応は、 $a$ の符号によらず $b \mapsto - b - \frac{1}{2 b}$ の形で同じように使える。だから $R$ の $x$ 座標はこの対応を2回繰り返したものになる。 $u = a + \frac{1}{2 a}$ とまとめると、相加相乗平均で $u$ の範囲が決まり、あとは $u$ の増加関数になる。

$Q$ の $x$ 座標を $b$ とすると、(1) と同じ計算（ $a$ を $b$ に置きかえるだけで、 $b \neq = 0$ なら途中の式はそのまま通る）で、 $R$ の $x$ 座標は $- b - \frac{1}{2 b}$ である。

$u = a + \frac{1}{2 a}$ とおくと $b = - u$ で、 $u > 0$ だから

(R の x 座標) = - (- u) - \frac{1}{2 ( - u )} = u + \frac{1}{2 u}

となる。 $a > 0$ での相加相乗平均より

u = a + \frac{1}{2 a} \geq 2 a \cdot \frac{1}{2 a} = 2

で、等号は $a = \frac{1}{2 a}$ 、すなわち $a = \frac{1}{2}$ のときに成り立つ。また $a$ が正の実数全体を動くとき $u$ は $2$ 以上のすべての値をとる。

次に $v \mapsto v + \frac{1}{2 v}$ の増減を見る。 $(v + \frac{1}{2 v})^{'} = 1 - \frac{1}{2 v ^{2}}$ で、 $v \geq 2$ では $2 v^{2} \geq 4 > 1$ だから正である。よってこの関数は $v \geq 2$ で増加し、 $u = 2$ のときに最小になる。

2 + \frac{1}{2 2} = 2 + \frac{2}{4} = \frac{5 2}{4}

したがって $R$ の $x$ 座標の最小値は $\frac{5 2}{4}$ である。

最小になるとき（

a = \frac{1}{2}

）の様子。

P

での法線が

Q

を、

Q

での法線が

R

を決める。

R

の

x

座標は

\frac{5 2}{4} = 1.7678

。

$a = \frac{1}{2} = 0.7071$ のとき $u = 0.7071 + 0.7071 = 2$ 、 $Q$ の $x$ 座標は $- 2$ 、 $R$ の $x$ 座標は $2 + \frac{1}{2 2} = 1.7678$ 。 $a = 0.9$ では $u = 1.4556$ 、 $R$ の $x$ 座標は $1.7991$ でわずかに大きい。 $a$ を $40$ 万等分した全探索でも最小は $1.767766953$ （ $a = 0.70711$ ）だった。

(1) の公式を使い回すとき、 $Q$ の $x$ 座標は負である。 $a > 0$ を仮定して導いた式でも、途中で $a > 0$ を使っているのは「接線の傾きが $0$ でない」ところだけなので、 $b \neq = 0$ ならそのまま成り立つ。

$u + \frac{1}{2 u}$ に相加相乗平均をもう一度使うと最小が $u = \frac{1}{2}$ のときになるが、 $u \geq 2$ なのでその値はとれない。範囲の端で最小になることを、増加であることから言う。

第1問だけのページ

第2問　図形と計量

円による被覆・垂直二等分線・外接円の半径・場合分け当サイトの体感難易度：難

(3) $∠ BAC = θ$ （ $0 < θ < π$ ）のとき、 $s$ と $t$ を $θ$ で表す（(1)(2) はその特別な場合）

答 $s = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} sin \frac{θ}{2} \frac{1}{2 sin \frac{θ}{2}} (0 < θ \leq \frac{π}{3}) (\frac{π}{3} \leq θ \leq \frac{π}{2}) (\frac{π}{2} \leq θ < π)$ 、 $t = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2 cos \frac{θ}{2}} \frac{1}{2 sin \frac{θ}{2}} (0 < θ \leq \frac{π}{2}) (\frac{π}{2} \leq θ < π)$ 。とくに (1) $θ = \frac{π}{3}$ では $s = \frac{1}{2}$ 、 $t = \frac{3}{3}$ 、(2) $θ = \frac{2 π}{3}$ では $s = t = \frac{3}{3}$

「 $D_{r}$ に含まれる」は「どの点も3頂点のどれかから距離 $r$ 以内」ということなので、 $X max min (XA, XB, XC)$ を求めればよい。 $s$ は $X$ を3辺の上で、 $t$ は三角形全体で動かしたときの値である。 $t$ のほうは、垂直二等分線で分けて「どの頂点がいちばん近いか」ごとに考えると、各部分は凸多角形になり、頂点だけ調べれば最大が分かる。

$A$ を原点、 $∠ BAC$ の二等分線を $x$ 軸にとり、 $h = cos \frac{θ}{2}$ 、 $m = sin \frac{θ}{2}$ とおいて

A (0, 0), B (h, - m), C (h, m)

とする。 $AB = AC = 1$ ✓、 $BC = 2 m$ で、 $A$ から $BC$ までの距離は $h$ である。 $BC$ の中点を $N (h, 0)$ とする。

「図形が $D_{r}$ に含まれる」とは、その図形のどの点 $X$ についても $min (XA, XB, XC) \leq r$ ということである。したがって $s$ は3辺の上での、 $t$ は三角形全体での、この最小値の最大である。

$s$ を求める。 辺 $AB$ の中点を $M$ とすると $AM = BM = \frac{1}{2}$ で、中線の長さの公式から

CM^{2} = \frac{2 CA ^{2} + 2 CB ^{2} - AB ^{2}}{4} = \frac{1 + 8 m ^{2}}{4} \geq \frac{1}{4}

なので $CM \geq \frac{1}{2}$ である。よって $M$ については3つの距離がすべて $\frac{1}{2}$ 以上で、 $s \geq \frac{1}{2}$ が必要である。逆に $r \geq \frac{1}{2}$ なら、辺 $AB$ 、 $AC$ は長さ $1$ なので両端の円だけで覆える。

残るのは辺 $BC$ （長さ $2 m$ ）である。 $B, C$ の円だけで覆えるのは $r \geq m$ のとき。そうでないときは真ん中が $A$ の円で覆われなければならない。 $A$ の円は直線 $BC$ を、 $N$ を中心とする長さ $2 r^{2} - h^{2}$ の部分で切るので、条件は

m - r \leq r^{2} - h^{2} ⟺ m^{2} - 2 m r + r^{2} \leq r^{2} - h^{2} ⟺ r \geq \frac{m ^{2} + h ^{2}}{2 m} = \frac{1}{2 m}

となる。つまり辺 $BC$ が覆われる条件は $r \geq min (m, \frac{1}{2 m})$ である。合わせて

s = max {\frac{1}{2}, min (m, \frac{1}{2 m})}

である。 $m \leq \frac{1}{2 m}$ は $m \leq \frac{1}{2}$ 、すなわち $θ \leq \frac{π}{2}$ と同値、 $m \geq \frac{1}{2}$ は $θ \geq \frac{π}{3}$ と同値なので、 $s$ は答えの3段の式になる（ $\frac{1}{2 m} \geq \frac{1}{2}$ はつねに成り立つ）。

$t$ を求める。 $x$ 軸について対称なので、 $y \geq 0$ の側だけ考えればよい。 $y \geq 0$ では

XB^{2} - XC^{2} = (y + m)^{2} - (y - m)^{2} = 4 m y \geq 0

なので $XB \geq XC$ となり、 $B$ が最も近い頂点になることはない。つまり $min (XA, XB, XC) = min (XA, XC)$ である。

そこで、三角形の上半分（ $A$ 、 $N$ 、 $C$ を頂点とする直角三角形）を、 $AC$ の垂直二等分線 $h x + m y = \frac{1}{2}$ で2つに分ける。定点からの距離は凸関数なので、凸多角形の上での最大は頂点で起きる。各部分の頂点を調べればよい。

この垂直二等分線は、辺 $AN$ （ $y = 0$ ）とは $x = \frac{1}{2 h}$ で、辺 $NC$ （ $x = h$ ）とは $y = \frac{\frac{1}{2} - h ^{2}}{m}$ で交わる。 $\frac{1}{2 h} \leq h$ は $2 h^{2} \geq 1$ 、すなわち $θ \leq \frac{π}{2}$ と同値である。

$θ \leq \frac{π}{2}$ のとき：二等分線は $AN$ 上の点 $O (\frac{1}{2 h}, 0)$ と $AC$ の中点を結ぶ。 $A$ 側の部分の頂点は $A$ 、 $O$ 、 $AC$ の中点で、 $A$ からの距離はそれぞれ $0$ 、 $\frac{1}{2 h}$ 、 $\frac{1}{2}$ 。 $C$ 側の部分の頂点は $O$ 、 $N$ 、 $C$ 、 $AC$ の中点で、 $C$ からの距離は $\frac{1}{2 h}$ （ $O$ は二等分線上なので $OA = OC$ ）、 $m$ 、 $0$ 、 $\frac{1}{2}$ 。 $\frac{1}{2 h} \geq m$ は $sin θ \leq 1$ と同じでつねに成り立つので、最大は $\frac{1}{2 h} = \frac{1}{2 cos \frac{θ}{2}}$ 。これは外接円の半径である。
$θ \geq \frac{π}{2}$ のとき：二等分線は $NC$ 上の点 $T (h, \frac{\frac{1}{2} - h ^{2}}{m})$ と $AC$ の中点を結ぶ。 $T$ は二等分線上なので $TA = TC$ で、 $TC = m - \frac{\frac{1}{2} - h ^{2}}{m} = \frac{m ^{2} + h ^{2} - \frac{1}{2}}{m} = \frac{1}{2 m}$ である。 $A$ 側の部分の頂点は $A$ 、 $N$ 、 $T$ 、 $AC$ の中点で、 $A$ からの距離は $0$ 、 $h$ 、 $\frac{1}{2 m}$ 、 $\frac{1}{2}$ 。 $C$ 側の頂点は $T$ 、 $C$ 、 $AC$ の中点で、 $C$ からの距離は $\frac{1}{2 m}$ 、 $0$ 、 $\frac{1}{2}$ 。 $h \leq \frac{1}{2 m}$ は $sin θ \leq 1$ と同じなので、最大は $\frac{1}{2 m} = \frac{1}{2 sin \frac{θ}{2}}$ 。

以上から $t$ は答えの2段の式になる。

(1)(2) の値。 $θ = \frac{π}{3}$ のとき $m = \frac{1}{2}$ なので $s = \frac{1}{2}$ 、 $h = \frac{3}{2}$ より $t = \frac{1}{3} = \frac{3}{3}$ （正三角形の外接円の半径）。 $θ = \frac{2 π}{3}$ のとき $m = \frac{3}{2}$ なので $s = t = \frac{1}{3} = \frac{3}{3}$ である。

θ = \frac{2 π}{3}

のとき（(2)）。半径

\frac{3}{3}

の3つの円で、三角形がちょうど覆われる。

∙

は最後まで覆われずに残る点で、

A

からも

C

からも距離が

\frac{3}{3}

になる。

3辺を $20000$ 等分して「3頂点までの距離の最小」の最大を数値で求めると、 $θ = \frac{π}{3}$ で $0.50000$ 、 $θ = \frac{2 π}{3}$ で $0.57734$ となり、式の $0.5$ 、 $\frac{3}{3} = 0.57735$ と合う。三角形の内部も $700 \times 700$ の格子で調べると、 $θ = \frac{π}{3}$ で $0.57653$ 、 $θ = \frac{2 π}{3}$ で $0.57653$ となり、どちらも $\frac{3}{3}$ に（格子の刻みぶんの誤差で）一致する。

$s$ と $t$ は $θ \geq \frac{π}{2}$ では一致する。最後まで覆われずに残る点が辺 $BC$ の上にあるためで、「三角形のほうが辺より広いから $t$ が大きいはず」とは限らない。

$t$ を「外接円の半径」と答えてしまうのは $θ \leq \frac{π}{2}$ （鋭角三角形）のときだけである。鈍角になると外心が三角形の外に出て、最も覆いにくい点は辺 $BC$ の上に移る。

$s$ の場合分けは $θ = \frac{π}{3}$ と $θ = \frac{π}{2}$ の2か所で起きる。前者は「辺 $AB$ と辺 $BC$ のどちらが厳しいか」、後者は「辺 $BC$ を両端の円で覆うか $A$ の円も使うか」の切り替わりである。

第2問だけのページ

第3問　確率

確率漸化式・状態の分類・等比数列・対称性当サイトの体感難易度：やや難

(1) $n = 3$ のとき、右から2番目の玉が白玉である確率を求める

答 $\frac{5}{8}$

手順が見るのは右端の2個だけなので、「右から2番目と1番目の色の組」を状態として追えばよい。4通りの状態の間の推移を書き出せば、あとは順に計算するだけである。

手順 $(*)$ で参照されるのは、新しくおく玉の1つ左と2つ左の色だけである。そこで「右から2番目の色、右から1番目の色」の組を状態とする。状態を $(x, y)$ 、新しい玉の色を $z$ と書く。

$z = y$ のとき：とりかえは起きない。新しい状態は $(y, z) = (y, y)$ 。
$z \neq = y$ かつ $z \neq = x$ のとき（このとき $x = y$ ）：とりかえは起きない。新しい状態は $(y, z)$ で、2色が異なる。
$z \neq = y$ かつ $z = x$ のとき（このとき $x \neq = y$ ）：1つ左の玉が $z$ にとりかえられるので、右端3個が $x, z, z$ となり、新しい状態は $(z, z)$ 。

色を白 $W$ 、黒 $B$ と書くと、推移は次のようになる（どの枝も確率 $\frac{1}{2}$ ）。

$(W, W) \to (W, W)$ または $(W, B)$
$(B, B) \to (B, B)$ または $(B, W)$
$(W, B) \to (B, B)$ （ $z = B$ ）または $(W, W)$ （ $z = W$ 、とりかえ）
$(B, W) \to (W, W)$ （ $z = W$ ）または $(B, B)$ （ $z = B$ 、とりかえ）

$n$ 回後の各状態の確率を $p_{n}, q_{n}, r_{n}, u_{n}$ （順に $WW, WB, BW, BB$ ）とすると

p_{n + 1} = \frac{1}{2} (p_{n} + q_{n} + r_{n}), q_{n + 1} = \frac{1}{2} p_{n}, r_{n + 1} = \frac{1}{2} u_{n}, u_{n + 1} = \frac{1}{2} (u_{n} + q_{n} + r_{n})

である。初めは $(p_{0}, q_{0}, r_{0}, u_{0}) = (1, 0, 0, 0)$ だから、順に

n = 1 : n = 2 : n = 3 : (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0, 0) (\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, 0, \frac{1}{4}) (\frac{3}{8}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{1}{4})

となる。右から2番目が白であるのは $WW$ か $WB$ のときだから、求める確率は $\frac{3}{8} + \frac{1}{4} = \frac{5}{8}$ である。

手順をそのまま実装して $40$ 万回試すと、 $n = 3$ で右から2番目が白になる割合は $0.62495$ となり、 $\frac{5}{8} = 0.625$ と合う。

(2) $n$ を正の整数とするとき、右から2番目の玉が白玉である確率を求める

答 $\frac{1}{2} + \frac{1}{2 ^{n}}$

4つの状態を別々に追うより、「右から2番目の色がどう変わるか」だけを見るほうが速い。手順を見ると、右から2番目の色は「変わらない」か「元の右端の色になる」かのどちらかで、しかも変わるのは限られた場合だけである。あわせて $p_{n} - u_{n}$ が等比数列になることを使う。

(1) の3つの場合を、「新しい右から2番目の色 $x^{'}$ 」の目線でまとめ直す。とりかえが起きないときは $x^{'} = y$ （元の右端）、とりかえが起きるときは左の玉が $z = x$ に変わるので $x^{'} = x$ である。つまり

$x = y$ のとき：とりかえは起きず $x^{'} = y = x$ 。色は変わらない。
$x \neq = y$ のとき： $z = x$ （確率 $\frac{1}{2}$ ）ならとりかえが起きて $x^{'} = x$ 、 $z = y$ （確率 $\frac{1}{2}$ ）なら $x^{'} = y$ 。

つまり右から2番目の色が変わるのは「 $x \neq = y$ かつ $z = y$ 」のときだけで、そのとき白と黒が入れかわる。 $A_{n}$ を「右から2番目が白」の確率とすると

A_{n + 1} = A_{n} - \frac{1}{2} q_{n} + \frac{1}{2} r_{n}

である（ $WB$ から白が減り、 $BW$ から白が増える）。そこで $q_{n} - r_{n}$ を求める。漸化式から

p_{n + 1} - u_{n + 1} = \frac{1}{2} (p_{n} - u_{n}), q_{n + 1} - r_{n + 1} = \frac{1}{2} (p_{n} - u_{n})

であり、 $p_{0} - u_{0} = 1$ だから $p_{n} - u_{n} = \frac{1}{2 ^{n}}$ 、したがって

q_{n} - r_{n} = \frac{1}{2 ^{n}} (n \geq 1)

となる。よって $n \geq 1$ で

A_{n + 1} = A_{n} - \frac{1}{2 ^{n + 1}}

である。 $A_{1} = p_{1} + q_{1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ なので、 $n \geq 1$ では

A_{n} = 1 - k = 2 \sum n \frac{1}{2 ^{k}} = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{2 ^{n}}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 ^{n}}

となる（ $n = 1$ でも $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ で合う）。

$n = 3$ なら $\frac{1}{2} + \frac{1}{8} = \frac{5}{8}$ で (1) と一致する。状態の確率を分数のまま $n = 7$ まで追っても、 $1, \frac{3}{4}, \frac{5}{8}, \frac{9}{16}, \frac{17}{32}, \frac{33}{64}, \frac{65}{128}$ となり、すべて $\frac{1}{2} + \frac{1}{2 ^{n}}$ に一致する。

「右から1番目が白」の確率は $n \geq 1$ でつねに $\frac{1}{2}$ である。新しくおいた玉はとりかえの対象にならないので、右端の色はコインの表裏そのものだからである。問われているのは2番目なので、こちらとは別に扱う。

(3) $n$ を正の整数とするとき、右から1番目と2番目の玉がともに白玉である確率を求める

答 $\frac{1}{3} + \frac{1}{2 ^{n + 1}} + \frac{( - 1 ) ^{n}}{3 \cdot 2 ^{n + 1}}$ 、すなわち $n$ が偶数なら $\frac{1}{3} (1 + \frac{2}{2 ^{n}})$ 、奇数なら $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2 ^{n}})$

求めるのは $p_{n}$ である。 $p_{n} + u_{n}$ （2個が同色）と $p_{n} - u_{n}$ の2つが分かれば $p_{n}$ が出る。後者は (2) で求めた。前者は「同色か異色か」だけを見る2状態の漸化式になり、(1) の推移表から「異色からは必ず同色へ移る」ことが読み取れる。

(1) の推移表を「2個が同色か異色か」だけで見ると、

同色からは、確率 $\frac{1}{2}$ で同色、 $\frac{1}{2}$ で異色へ。
異色からは、 $z = y$ でも $z = x$ （とりかえ）でも新しい2個は同色になる。つまり確率 $1$ で同色へ。

となる。異色である確率を $d_{n} = q_{n} + r_{n}$ とすると $d_{0} = 0$ で

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

である。 $d_{n + 1} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{2} (d_{n} - \frac{1}{3})$ と変形できて $d_{0} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{3}$ だから

d_{n} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} (- \frac{1}{2})^{n} = \frac{1}{3} {1 - (- \frac{1}{2})^{n}}

となる。したがって同色である確率は

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

である。(2) で $p_{n} - u_{n} = \frac{1}{2 ^{n}}$ を得ているので、辺々足して2で割ると

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

となる。 $(- 1)^{n}$ をほどくと

p_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{3} (1 + \frac{2}{2 ^{n}}) \frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2 ^{n}}) (n が偶数) (n が奇数)

である。

$n = 1$ ： $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ 。 $n = 2$ ： $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ 。 $n = 3$ ： $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{8}) = \frac{3}{8}$ で、(1) の計算と一致する。分数のまま $n = 7$ まで追っても $\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{3}{8}, \frac{3}{8}, \frac{11}{32}, \frac{11}{32}, \frac{43}{128}$ となり、式と完全に一致した。 $40$ 万回のシミュレーションでも $n = 6$ で $0.34402$ （式は $0.34375$ ）だった。

「異色からは必ず同色へ移る」が効いている。とりかえが起きる場合も起きない場合も結果が同色になるので、確率 $1$ である。

$n \to \infty$ では $p_{n} \to \frac{1}{3}$ で、 $\frac{1}{4}$ ではない。右端2個が同色になりやすい仕掛けがあるので、4状態が等確率にはならない。

第3問だけのページ

第4問　積分法

絶対値を含む不等式・放物線で囲まれた面積・3次関数の最大・場合分け当サイトの体感難易度：標準

$- 2 \leq a < 2$ で $S (a)$ の最大値を求める

答 $\frac{19}{6}$ （ $a = - \frac{1}{4}$ のとき）

上の境界 $- \frac{1}{2} x^{2} + 2$ と下の境界 $x^{2} + a$ の差を積分する。絶対値は $x^{2} + a$ の符号で割れるので、 $a \geq 0$ か $a < 0$ かで形が変わる。 $a < 0$ のときは $α = - a$ を変数にとると、面積が $α$ の3次式になって扱いやすい。

$- 1 \leq x \leq 1$ とする。上の境界を $f (x) = - \frac{1}{2} x^{2} + 2$ 、下の境界を $g (x) = x^{2} + a$ と書く。

$a \geq 0$ のとき。 $x^{2} + a \geq 0$ なので $g (x) = x^{2} + a$ で

f (x) - g (x) = 2 - a - \frac{3}{2} x^{2}

である。これが $- 1 \leq x \leq 1$ 全体で $0$ 以上になるのは $2 - a - \frac{3}{2} \geq 0$ 、すなわち $a \leq \frac{1}{2}$ のときで、そのとき

S (a) = \int_{- 1}^{1} (2 - a - \frac{3}{2} x^{2}) d x = 2 (2 - a) - 1 = 3 - 2 a

となり、 $a$ について減少する。 $a > \frac{1}{2}$ では区間が狭まるのでさらに小さくなる（ $X = \frac{2 ( 2 - a )}{3} < 1$ として $S (a) = 2 X^{3}$ となり、やはり減少）。よって $a \geq 0$ では $a = 0$ の $S (0) = 3$ が最大である。

$a < 0$ のとき。 $α = - a$ とおくと、 $∣ x ∣ < α$ で $x^{2} + a < 0$ 、 $∣ x ∣ > α$ で $x^{2} + a > 0$ である。

$α \geq 1$ （ $a \leq - 1$ ）のときは $- 1 \leq x \leq 1$ 全体で $g (x) = - x^{2} - a$ となり

S (a) = \int_{- 1}^{1} (\frac{1}{2} x^{2} + 2 + a) d x = \frac{1}{3} + 2 (2 + a) = \frac{13}{3} + 2 a

である（ $2 + a \geq 0$ なので被積分関数は正）。これは増加するので、この範囲では $a = - 1$ の $\frac{7}{3}$ が最大である。

$- 1 < a < 0$ （ $0 < α < 1$ ）のときは2つに分ける。 $∣ x ∣ \leq α$ では $f - g = \frac{1}{2} x^{2} + 2 + a$ 、 $α \leq ∣ x ∣ \leq 1$ では $f - g = 2 - a - \frac{3}{2} x^{2}$ で、どちらもこの範囲で正である。 $a = - α^{2}$ を使うと

\int_{- α}^{α} (\frac{1}{2} x^{2} + 2 + a) d x = \frac{α ^{3}}{3} + 2 (2 - α^{2}) α = 4 α - \frac{5}{3} α^{3}

であり、

2 \int_{α}^{1} (2 + α^{2} - \frac{3}{2} x^{2}) d x = 2 [(2 + α^{2}) x - \frac{x ^{3}}{2}]_{α}^{1} = 3 - 4 α + 2 α^{2} - α^{3}

である。足すと

S = 3 + 2 α^{2} - \frac{8}{3} α^{3} (0 \leq α \leq 1)

となる。微分すると

\frac{d S}{d α} = 4 α - 8 α^{2} = 4 α (1 - 2 α)

で、 $0 < α < \frac{1}{2}$ で正、 $\frac{1}{2} < α < 1$ で負。よって $α = \frac{1}{2}$ 、すなわち $a = - \frac{1}{4}$ で最大になり

S = 3 + 2 \cdot \frac{1}{4} - \frac{8}{3} \cdot \frac{1}{8} = 3 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{19}{6}

である。 $\frac{19}{6} = 3.166 \dots$ は、ほかの範囲での最大 $3$ （ $a = 0$ ）や $\frac{7}{3}$ （ $a = - 1$ ）より大きい。よって求める最大値は $\frac{19}{6}$ である。

a = - \frac{1}{4}

のときの領域（網かけ）。上の境界は

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

、下の境界は

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

で、

x = \pm \frac{1}{2}

で折れている。面積は

\frac{19}{6}

。

$S (0) = 3$ 、 $S (- 1) = \frac{13}{3} - 2 = \frac{7}{3} = 2.333$ 、 $S (- 2) = \frac{13}{3} - 4 = \frac{1}{3}$ で、数値積分の値 $3.000000$ 、 $2.333333$ 、 $0.333333$ と一致する。 $a$ を $- 2$ から $2$ まで $4$ 万等分した全探索でも、最大は $3.166667$ （ $a = - 0.25$ ）で $\frac{19}{6} = 3.166667$ と合う。

$a < 0$ では下の境界が $x = \pm - a$ で折れる。 $x^{2} + a$ をそのまま $x^{2} + a$ として積分すると、折れた部分のぶんだけ面積を取り違える。

$a$ そのものではなく $α = - a$ を変数にとると、面積が $α$ の3次式になって微分しやすい。 $α$ の範囲 $0 \leq α \leq 1$ （ $- 1 \leq a \leq 0$ ）を忘れない。

$a \geq \frac{1}{2}$ では上下の境界が交わって区間が狭くなる。この範囲でも $S$ は減少し続けるので最大には関わらないが、場合分けとしては触れておく。

第4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

合格答案をつくる東大文系数学 2027

東大文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2巻を見る¥2,695・102ページ・2026年8月9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)Q の x 座標を求める

(2)a が正の実数全体を動くとき、R の x 座標の最小値を求める

(3)∠BAC=θ（0<θ<π）のとき、s と t を θ で表す（(1)(2) はその特別な場合）

(1)n=3 のとき、右から2番目の玉が白玉である確率を求める

(2)n を正の整数とするとき、右から2番目の玉が白玉である確率を求める

(3)n を正の整数とするとき、右から1番目と2番目の玉がともに白玉である確率を求める

−2≤a<2 で S(a) の最大値を求める