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全4問・無料

電気通信大学　2020年度　前期日程　情報理工学域

電通大 2020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 2026/10/14

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。情報理工学域の問題文は、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　三角関数・積分

和積の公式・因数分解して解く・極値・回転体の体積当サイトの体感難易度：標準

(i) $f (x) = sin x + \frac{1}{2} sin 2 x + \frac{1}{3} sin 3 x$ の導関数 $f^{'} (x)$ を求める

答 $f^{'} (x) = cos x + cos 2 x + cos 3 x$

$(sin k x)^{'} = k cos k x$ なので、係数がちょうど打ち消し合う。

f^{'} (x) = cos x + \frac{1}{2} \cdot 2 cos 2 x + \frac{1}{3} \cdot 3 cos 3 x = cos x + cos 2 x + cos 3 x

である。

数値微分と一致した。

(ii) $cos (α + β) + cos (α - β)$ を $cos α, cos β$ で、 $cos (α + β) - cos (α - β)$ を $sin α, sin β$ で表す

答 $cos (α + β) + cos (α - β) = 2 cos α cos β$ 、 $cos (α + β) - cos (α - β) = - 2 sin α sin β$

加法定理を2つ書いて足す・引く。

cos (α + β) = cos α cos β - sin α sin β

cos (α - β) = cos α cos β + sin α sin β

である。足すと $sin$ の項が消えて

cos (α + β) + cos (α - β) = 2 cos α cos β

で、引くと $cos$ の項が消えて

cos (α + β) - cos (α - β) = - 2 sin α sin β

である。

(iii) では前者を $α = 2 x$ 、 $β = x$ で使う。(v) では後者（と前者）が直交性の計算に効く。

$α, β$ をいくつか選んで両辺が一致することを確かめた。

(iii) $0 < x < π$ で $f^{'} (x) = 0$ の解を求める

答 $x = \frac{π}{4}, \frac{2 π}{3}, \frac{3 π}{4}$

$cos x + cos 3 x = 2 cos 2 x cos x$ でくくる。

(ii) を $α = 2 x$ 、 $β = x$ で使うと

cos 3 x + cos x = 2 cos 2 x cos x

なので

f^{'} (x) = 2 cos 2 x cos x + cos 2 x = cos 2 x (2 cos x + 1)

である。 $f^{'} = 0$ は $cos 2 x = 0$ または $cos x = - \frac{1}{2}$ である。

$cos 2 x = 0$ ： $0 < 2 x < 2 π$ より $2 x = \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}$ 、つまり $x = \frac{π}{4}, \frac{3 π}{4}$
$cos x = - \frac{1}{2}$ ： $0 < x < π$ より $x = \frac{2 π}{3}$

よって解は $x = \frac{π}{4}, \frac{2 π}{3}, \frac{3 π}{4}$ である。

$f^{'}$ と $cos 2 x (2 cos x + 1)$ の差は $1 0^{- 15}$ 以下で、符号変化も3か所だった。

(iv) $y = f (x)$ （ $0 < x < π$ ）の極値を求める

答 $x = \frac{π}{4}$ で極大値 $\frac{2 2}{3} + \frac{1}{2}$ 、 $x = \frac{2 π}{3}$ で極小値 $\frac{3}{4}$ 、 $x = \frac{3 π}{4}$ で極大値 $\frac{2 2}{3} - \frac{1}{2}$

$cos 2 x$ と $2 cos x + 1$ の符号を別々に追う。

$0 < x < \frac{π}{4}$ ： $cos 2 x > 0$ 、 $2 cos x + 1 > 0$ なので $f^{'} > 0$
$\frac{π}{4} < x < \frac{2 π}{3}$ ： $cos 2 x < 0$ 、 $2 cos x + 1 > 0$ なので $f^{'} < 0$
$\frac{2 π}{3} < x < \frac{3 π}{4}$ ： $cos 2 x < 0$ 、 $2 cos x + 1 < 0$ なので $f^{'} > 0$
$\frac{3 π}{4} < x < π$ ： $cos 2 x > 0$ 、 $2 cos x + 1 < 0$ なので $f^{'} < 0$

よって $x = \frac{π}{4}, \frac{3 π}{4}$ で極大、 $x = \frac{2 π}{3}$ で極小である。値は

f (\frac{π}{4}) = \frac{2}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{2} = \frac{2 2}{3} + \frac{1}{2}

f (\frac{2 π}{3}) = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} (- \frac{3}{2}) + 0 = \frac{3}{4}

f (\frac{3 π}{4}) = \frac{2}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{2} = \frac{2 2}{3} - \frac{1}{2}

である。

y = f(x)（0 ≦ x ≦ π）。x = π/4 と x = 3π/4 で極大、x = 2π/3 で極小。両端で 0 になり、その間はずっと正。塗った部分が (v) で回転させる部分。

数値では $1.4428090$ 、 $0.4330127$ 、 $0.4428090$ となり式の値と一致した。

(v)曲線 $y = f (x)$ （ $0 ≦ x ≦ π$ ）と $x$ 軸で囲まれた部分を $x$ 軸のまわりに1回転してできる立体の体積 $V$ を求める

答 $V = \frac{49 π ^{2}}{72}$

$f^{2}$ を展開し、(ii) を使って $\int_{0}^{π} sin m x sin n x d x$ を計算する。 $m \neq = n$ なら $0$ になる。

$f (0) = f (π) = 0$ で、(iv) より $0 < x < π$ では最小でも $f (\frac{2 π}{3}) = \frac{3}{4} > 0$ なので、 $f ≧ 0$ である。よって

V = π \int_{0}^{π} {f (x)}^{2} d x

である。(ii) の後者（符号を変えて）から

sin m x sin n x = \frac{1}{2} {cos (m - n) x - cos (m + n) x}

である。 $k$ が $0$ でない整数のとき $\int_{0}^{π} cos k x d x = [\frac{sin k x}{k}]_{0}^{π} = 0$ なので

\int_{0}^{π} sin m x sin n x d x = ⎩ ⎨ ⎧ 0 \frac{π}{2} (m \neq = n) (m = n)

である（ $m = n$ のときは $\frac{1}{2} \int_{0}^{π} (1 - cos 2 m x) d x = \frac{π}{2}$ ）。したがって $f^{2}$ を展開すると、異なる番号どうしの積はすべて消えて

\int_{0}^{π} f^{2} d x = (1^{2} + (\frac{1}{2})^{2} + (\frac{1}{3})^{2}) \cdot \frac{π}{2} = \frac{49}{36} \cdot \frac{π}{2} = \frac{49 π}{72}

である。よって

V = \frac{49 π ^{2}}{72}

である（ $6.7168 \dots$ ）。

$1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} = \frac{36 + 9 + 4}{36} = \frac{49}{36}$ である。係数を $\frac{1}{k}$ にそろえてあるのは、この形にするためだろう。

数値積分すると $6.716814106$ で、 $\frac{49 π ^{2}}{72} = 6.716814106$ と一致した。

$f^{2}$ をまともに展開すると項が6つ出るが、 $sin m x sin n x$ （ $m \neq = n$ ）の積分はすべて $0$ 。先にこれを示しておくと一気に片づく。

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第2問　微分積分

ルートを含む関数の接線・指数関数による置換・接線と曲線で囲む面積・対数と極限当サイトの体感難易度：やや難

(i) $f (x) = x^{2} - 1$ （ $x ≧ 1$ ）、 $C : y = f (x)$ とする。 $x > 1$ での $f^{'} (x)$ を求め、 $C$ 上の点 $(n, f (n))$ （ $n ≧ 2$ の整数）における接線 $ℓ_{n}$ と $x$ 軸の交点の $x$ 座標 $x_{n}$ を $n$ で表す

答 $f^{'} (x) = \frac{x}{x ^{2} - 1}$ 、 $x_{n} = \frac{1}{n}$

接線の式に $y = 0$ を入れる。 $n^{2} - 1$ が約分されて消える。

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

である。接線 $ℓ_{n}$ は

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

で、 $y = 0$ とおいて両辺に $n^{2} - 1 > 0$ を掛けると

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

である。よって

x_{n} = \frac{1}{n}

である。

$C$ は双曲線 $x^{2} - y^{2} = 1$ の上半分。接点の $x$ 座標と $x$ 切片の積が $1$ になるのは、この双曲線の接線の性質である。

$n = 2, 3, 5, 10$ で $x$ 切片は $\frac{1}{n}$ になった。

(ii) $x ≧ 1$ のとき $x = \frac{e ^{t} + e ^{- t}}{2}$ を満たす実数 $t ≧ 0$ を $x$ で表す

答 $t = lo g (x + x^{2} - 1)$

$u = e^{t}$ とおくと $u^{2} - 2 xu + 1 = 0$ 。 $t ≧ 0$ から $u ≧ 1$ のほうを選ぶ。

$u = e^{t} > 0$ とおくと $u + \frac{1}{u} = 2 x$ 、すなわち

u^{2} - 2 xu + 1 = 0, u = x \pm x^{2} - 1

である。 $t ≧ 0$ より $u ≧ 1$ だが、 $x - x^{2} - 1 = \frac{1}{x + x ^{2} - 1} ≦ 1$ （等号は $x = 1$ ）なので $u = x + x^{2} - 1$ をとる。よって

t = lo g (x + x^{2} - 1)

である。

$n = 2, 3, 5, 10$ でこの $t$ を使うと $\frac{e ^{t} + e ^{- t}}{2}$ が $n$ に戻った。

(iii) $x = \frac{e ^{t} + e ^{- t}}{2}$ （ $t ≧ 0$ ）とおくとき、 $I = \int f (x) d x$ を $t$ の式で表す

答 $I = \frac{e ^{2 t} - e ^{- 2 t}}{8} - \frac{t}{2}$ （積分定数は省略）

$x^{2} - 1 = (\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2})^{2}$ になるのがかぎ。

x^{2} - 1 = \frac{e ^{2 t} + 2 + e ^{- 2 t}}{4} - 1 = \frac{e ^{2 t} - 2 + e ^{- 2 t}}{4} = (\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2})^{2}

である。 $t ≧ 0$ では $e^{t} ≧ e^{- t}$ なので $f (x) = \frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2}$ である。また $d x = \frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2} d t$ だから

I = \int (\frac{e ^{t} - e ^{- t}}{2})^{2} d t = \frac{1}{4} \int (e^{2 t} - 2 + e^{- 2 t}) d t

である。計算すると

I = \frac{1}{4} (\frac{e ^{2 t}}{2} - 2 t - \frac{e ^{- 2 t}}{2}) = \frac{e ^{2 t} - e ^{- 2 t}}{8} - \frac{t}{2}

である。

$\int_{1}^{n} x^{2} - 1 d x$ を数値積分した値と、この式の差が $n = 2, 3, 5, 10$ で小数7桁まで一致した。

(iv) $C$ 、 $x$ 軸および接線 $ℓ_{n}$ で囲まれた部分の面積 $S_{n}$ を $n$ で表す

答 $S_{n} = \frac{1}{2} lo g (n + n^{2} - 1) - \frac{n ^{2} - 1}{2 n}$

（三角形の面積）−（ $C$ の下の面積）。後者は (ii)(iii) で計算する。

$ℓ_{n}$ は $(\frac{1}{n}, 0)$ と $(n, n^{2} - 1)$ を通り、 $C$ は $(1, 0)$ で $x$ 軸と交わる。囲まれる部分は、 $ℓ_{n}$ の下の三角形から、 $C$ の下の部分を取り除いたものである。

(三角形) = \frac{1}{2} (n - \frac{1}{n}) n^{2} - 1 = \frac{( n ^{2} - 1 ) ^{\frac{3}{2}}}{2 n}

である。一方、 $t_{n} = lo g (n + n^{2} - 1)$ とおくと (ii)(iii) より

\int_{1}^{n} x^{2} - 1 d x = [\frac{e ^{2 t} - e ^{- 2 t}}{8} - \frac{t}{2}]_{0}^{t_{n}}

である。 $e^{t_{n}} = n + n^{2} - 1$ 、 $e^{- t_{n}} = n - n^{2} - 1$ なので

e^{2 t_{n}} - e^{- 2 t_{n}} = (e^{t_{n}} - e^{- t_{n}}) (e^{t_{n}} + e^{- t_{n}}) = 2 n^{2} - 1 \cdot 2 n = 4 n n^{2} - 1

である。よって

\int_{1}^{n} x^{2} - 1 d x = \frac{n n ^{2} - 1}{2} - \frac{t _{n}}{2}

となる。したがって

S_{n} = \frac{( n ^{2} - 1 ) ^{\frac{3}{2}}}{2 n} - \frac{n n ^{2} - 1}{2} + \frac{t _{n}}{2}

で、前の2項は $n^{2} - 1$ でくくると

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

である。よって

S_{n} = \frac{1}{2} lo g (n + n^{2} - 1) - \frac{n ^{2} - 1}{2 n}

である。

C: y = √(x² − 1) と、n = 2 のときの接線 ℓ₂。接点は (2, √3)、x 切片は (1/2, 0)。塗った部分が S₂。

$n = 2, 3, 5, 10$ で、三角形から数値積分を引いた値とこの式が小数7桁まで一致した。

(v) $T_{1} = 0$ 、 $T_{n} = \frac{S _{n}}{lo g n}$ （ $n ≧ 2$ ）とするとき、 $T = n \to \infty lim T_{n}$ を求める

答 $T = \frac{1}{2}$

$lo g (n + n^{2} - 1) = lo g n + lo g (1 + 1 - \frac{1}{n ^{2}})$ と分ける。

$n + n^{2} - 1 = n (1 + 1 - \frac{1}{n ^{2}})$ なので

lo g (n + n^{2} - 1) = lo g n + lo g (1 + 1 - \frac{1}{n ^{2}})

である。よって

T_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{lo g n} {\frac{1}{2} lo g (1 + 1 - \frac{1}{n ^{2}}) - \frac{n ^{2} - 1}{2 n}}

である。中かっこは $n \to \infty$ で $\frac{1}{2} lo g 2 - \frac{1}{2}$ に収束し、 $\frac{1}{lo g n} \to 0$ なので第2項は $0$ に行く。したがって

T = \frac{1}{2}

である。

収束はとてもゆっくりで、 $n = 1 0^{6}$ でも $T_{n} = 0.4889$ 程度。 $\frac{1}{lo g n}$ しか効かないからである。

$n = 1 0^{2}, 1 0^{4}, 1 0^{6}$ で $T_{n} = 0.4667, 0.4833, 0.4889$ となり、 $\frac{1}{2}$ に近づいた。

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第3問　複素数平面

共役複素数を含む方程式・非自明解をもつ条件・複素数で表した直線・交点の軌跡当サイトの体感難易度：やや難

[I]方程式 $(2 + i) z - (1 - i) \overset{z}{ˉ} = 3 + 3 i$ の解を求める

答 $z = 3 - i$

$z = x + y i$ とおいて実部・虚部を比べる。

$z = x + y i$ （ $x, y$ は実数）とおくと

(2 + i) (x + y i) = (2 x - y) + (x + 2 y) i

(1 - i) (x - y i) = (x - y) + (- x - y) i

なので、差は

x + (2 x + 3 y) i

である。 $3 + 3 i$ と比べて $x = 3$ 、 $2 x + 3 y = 3$ より $y = - 1$ 。よって

z = 3 - i

である。

$z = 3 - i$ を代入すると左辺が $3 + 3 i$ になった。

[II] $k$ を実数とする。 $(3 + 4 i) z - (5 + k i) \overset{z}{ˉ} = 0$ が $z \neq = 0$ の解をもつときの $k$ を求める

答 $k = 0$

$x, y$ の同次連立1次方程式にして、非自明解をもつ条件（行列式 $= 0$ ）を使う。

$z = x + y i$ とおくと

(3 + 4 i) (x + y i) = (3 x - 4 y) + (4 x + 3 y) i

(5 + k i) (x - y i) = (5 x + k y) + (k x - 5 y) i

なので、方程式は

{- 2 x - (4 + k) y = 0 (4 - k) x + 8 y = 0

となる。これが $(x, y) \neq = (0, 0)$ の解をもつのは、2式が同じ直線を表すとき、すなわち

(- 2) \cdot 8 - {- (4 + k)} (4 - k) = - 16 + (16 - k^{2}) = - k^{2} = 0

のときである。よって $k = 0$ である。

実際 $k = 0$ なら2式はどちらも $x = - 2 y$ となり、たとえば $z = - 2 + i$ が解になる。

$k = 0$ では $z = - 2 + i$ が解になり、 $k = \pm 1$ では非自明解が見つからなかった。

$- k^{2} = 0$ なので $k = 0$ だけ。 $k^{2} = 16$ などと見間違えないよう、符号をていねいに。

[III](i) $t$ を実数とし、 $ℓ : (t + i) z - (t - i) \overset{z}{ˉ} = 4 (t - 2) i$ とする。 $ℓ$ が $t$ によらず通る定点 $A (α)$ の $α$ を求める

答 $α = - 4 + 2 i$

$w = t + i$ とすると $\overset{w}{ˉ} = t - i$ なので、左辺は $2 i Im (w z)$ 。

$t$ が実数なので $\overline{t + i} = t - i$ である。 $w = t + i$ 、 $z = x + y i$ とおくと

w z - \overline{w z} = 2 i Im (w z)

で、 $w z = (t x - y) + (x + t y) i$ だから $ℓ$ は

2 i (x + t y) = 4 (t - 2) i, x + t y = 2 t - 4

である。 $t$ について整理すると

(x + 4) + t (y - 2) = 0

で、これがすべての実数 $t$ で成り立つのは $x = - 4$ かつ $y = 2$ のときである。よって

α = - 4 + 2 i

である。

$t = - 3, 0, 1, 5$ のどれでも $(- 4, 2)$ が $ℓ$ 上にあった。

[III](ii) $m : (1 - i) (t + i) z - (1 + i) (t - i) \overset{z}{ˉ} = 0$ とするとき、 $ℓ$ と $m$ のなす角 $θ$ （ $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ ）を求める

答 $θ = \frac{π}{4}$

$m$ も同じように $Im {(1 - i) w z} = 0$ と書ける。法線ベクトルの内積をとる。

$(1 + i) (t - i) \overset{z}{ˉ} = \overline{(1 - i) (t + i) z}$ なので、 $m$ は $Im {(1 - i) w z} = 0$ である。

(1 - i) w z = {(t x - y) + (x + t y)} + {(x + t y) - (t x - y)} i

なので、 $m$ は

(1 - t) x + (1 + t) y = 0

である。 $ℓ : x + t y = 2 t - 4$ の法線ベクトルは $n_{1} = (1, t)$ 、 $m$ のそれは $n_{2} = (1 - t, 1 + t)$ である。

n_{1} \cdot n_{2} = (1 - t) + t (1 + t) = 1 + t^{2}

∣ n_{1} ∣ = 1 + t^{2}, ∣ n_{2} ∣ = 2 + 2 t^{2} = 2 1 + t^{2}

なので

cos ∠ (n_{1}, n_{2}) = \frac{1 + t ^{2}}{2 ( 1 + t ^{2} )} = \frac{1}{2}

で、 $t$ によらず $\frac{π}{4}$ である。法線のなす角と直線のなす角は等しい（または補角）ので

θ = \frac{π}{4}

である。

$t = - 3, 0, 1, 5$ で法線の余弦はつねに $0.707106781 = \frac{1}{2}$ だった。

[III](iii) $t$ が実数全体を動くとき、 $ℓ$ と $m$ の交点 $P (z)$ が描く図形を求める

答中心 $- 1 + 3 i$ 、半径 $10$ の円。ただし点 $2 + 2 i$ を除く

2式から $t$ を消去する。または「 $A$ と原点を見込む角が $\frac{π}{4}$ 」と見る。

$ℓ : x + t y = 2 t - 4$ 、 $m : (1 - t) x + (1 + t) y = 0$ である。 $m$ は $(x + y) + t (y - x) = 0$ とも書ける。

$y \neq = 2$ かつ $x \neq = y$ のとき、それぞれから

t = \frac{x + 4}{2 - y}, t = \frac{x + y}{x - y}

である。等しいとおいて分母を払うと

(x + 4) (x - y) = (x + y) (2 - y)

で、展開すると $- x y$ が両辺で消えて

x^{2} + 4 x - 4 y = 2 x + 2 y - y^{2}, x^{2} + y^{2} + 2 x - 6 y = 0

となる。平方完成して

(x + 1)^{2} + (y - 3)^{2} = 10

である。すなわち中心 $- 1 + 3 i$ 、半径 $10$ の円である。除いた場合（ $y = 2$ のとき $P = A (- 4, 2)$ 、 $x = y$ のとき $P = O$ ）もこの円の上にあり、それぞれ $t = \frac{1}{3}$ 、 $t = 2$ で実際にとる。

とれない点。 $ℓ$ と $m$ は (ii) より $\frac{π}{4}$ で交わるので、つねにただ1点で交わる。 $t \to \pm \infty$ では $ℓ$ は $y = 2$ に、 $m$ は $y = x$ に近づくので、 $P$ は $(2, 2)$ に近づく。しかし $x = y = 2$ を $ℓ$ に入れると $2 + 2 t = 2 t - 4$ となって成り立たないので、 $(2, 2)$ はとれない。

よって $P$ が描くのは中心 $- 1 + 3 i$ 、半径 $10$ の円から点 $2 + 2 i$ を除いたものである。

$ℓ$ は定点 $A$ を、 $m$ は原点 $O$ を通り、交わる角が $\frac{π}{4}$ で一定である。だから $P$ は線分 $AO$ を $\frac{π}{4}$ の角で見込む点の集合、つまり円周角の定理から円になる。 $AO = 25$ なので半径は $\frac{2 5}{2 sin \frac{π}{4}} = 10$ で、確かに合う。

交点 P が描く円（中心 −1 + 3i、半径 √10）。A(−4, 2) と原点 O はこの円上にある。点線は t = 0 のときの ℓ（x = −4）と m（y = −x）で、交点は (−4, 4)。白丸の (2, 2) はとれない点。

$t = - 5, - 1, 0, 0.5, 2, 10$ の交点はどれも円の式を満たし、 $t = 1 0^{8}$ では $(2.0000000, 2.0000000)$ に近づいた。

「円全体」と答えると減点されうる。 $t \to \pm \infty$ の極限の点がとれないことを確かめる。

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第4問　数列・微分

整式の漸化式・階差数列・数学的帰納法・極値をもつ条件当サイトの体感難易度：難

(i) $f_{1} (x) = x + 3$ 、 $f_{n + 1} (x) = (x + 1) {f_{n} (x) - n} + x^{n + 1}$ とする。 $a_{n} = f_{n} (0)$ について $a_{1}$ 、 $a_{n + 1} - a_{n}$ 、 $a_{n}$ を求める

答 $a_{1} = 3$ 、 $a_{n + 1} - a_{n} = - n$ 、 $a_{n} = 3 - \frac{n ( n - 1 )}{2}$

$x = 0$ を代入する。 $0^{n + 1} = 0$ （ $n ≧ 1$ ）。

$a_{1} = f_{1} (0) = 3$ である。 $x = 0$ を代入すると、 $n ≧ 1$ では $0^{n + 1} = 0$ なので

a_{n + 1} = 1 \cdot (a_{n} - n) + 0 = a_{n} - n, a_{n + 1} - a_{n} = - n

である。階差から、 $n ≧ 2$ のとき

a_{n} = 3 + k = 1 \sum n - 1 (- k) = 3 - \frac{n ( n - 1 )}{2}

で、 $n = 1$ でも $3$ となり成り立つ。

$f_{n}$ を実際に作ると $a_{1}, \dots, a_{5} = 3, 2, 0, - 3, - 7$ で、式と一致した。

(ii) $b_{n} = f_{n} (1)$ とするとき $b_{n} - 2 n - 1$ を $n$ で表す

答 $b_{n} - 2 n - 1 = 2^{n - 1}$

$x = 1$ を代入すると $b_{n + 1} = 2 b_{n} - 2 n + 1$ 。 $b_{n} - 2 n - 1$ とおくと等比になる。

$b_{1} = f_{1} (1) = 4$ である。 $x = 1$ を代入すると

b_{n + 1} = 2 (b_{n} - n) + 1 = 2 b_{n} - 2 n + 1

である。 $e_{n} = b_{n} - 2 n - 1$ とおくと $b_{n} = e_{n} + 2 n + 1$ で

e_{n + 1} + 2 n + 3 = 2 (e_{n} + 2 n + 1) - 2 n + 1 = 2 e_{n} + 2 n + 3

なので $e_{n + 1} = 2 e_{n}$ である。 $e_{1} = 4 - 3 = 1$ だから

b_{n} - 2 n - 1 = e_{n} = 2^{n - 1}

である。

$b_{1}, \dots, b_{5} = 4, 7, 11, 16, 22$ に対して $b_{n} - 2 n - 1 = 1, 2, 4, 8, 16$ となった。

(iii) $c_{n} = f_{n}^{'} (0)$ とするとき $c_{n + 1} - c_{n}$ と $c_{n}$ を $n$ で表す

答 $c_{n + 1} - c_{n} = 3 - \frac{n ( n + 1 )}{2}$ 、 $c_{n} = 3 n - 2 - \frac{( n - 1 ) n ( n + 1 )}{6}$

漸化式を微分してから $x = 0$ を代入する。

漸化式の両辺を $x$ で微分すると

f_{n + 1}^{'} (x) = {f_{n} (x) - n} + (x + 1) f_{n}^{'} (x) + (n + 1) x^{n}

である。 $x = 0$ を代入すると（ $n ≧ 1$ より $0^{n} = 0$ ）

c_{n + 1} = (a_{n} - n) + c_{n}, c_{n + 1} - c_{n} = a_{n} - n = 3 - \frac{n ( n - 1 )}{2} - n

で、整理すると

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

である。 $c_{1} = f_{1}^{'} (0) = 1$ なので、 $n ≧ 2$ のとき

c_{n} = 1 + k = 1 \sum n - 1 {3 - \frac{k ( k + 1 )}{2}} = 1 + 3 (n - 1) - \frac{1}{2} k = 1 \sum n - 1 (k^{2} + k)

である。 $k = 1 \sum n - 1 (k^{2} + k) = \frac{( n - 1 ) n ( n + 1 )}{3}$ なので

c_{n} = 3 n - 2 - \frac{( n - 1 ) n ( n + 1 )}{6}

で、 $n = 1$ でも $1$ となり成り立つ。

$c_{1}, \dots, c_{5} = 1, 3, 3, 0, - 7$ となり、式と一致した。

(iv) $d_{n} = f_{n}^{'} (1)$ とするとき $d_{n} > 0$ を証明する

答 $d_{n + 1} = 2 d_{n} + 2^{n - 1} + 2 n + 2$ と $d_{1} = 1 > 0$ から帰納法

(iii) の微分した式に $x = 1$ を代入し、(ii) の $b_{n}$ を使う。

(iii) の式に $x = 1$ を代入すると

d_{n + 1} = (b_{n} - n) + 2 d_{n} + (n + 1) = 2 d_{n} + b_{n} + 1

である。(ii) より $b_{n} = 2^{n - 1} + 2 n + 1$ なので

d_{n + 1} = 2 d_{n} + 2^{n - 1} + 2 n + 2

である。 $d_{1} = f_{1}^{'} (1) = 1 > 0$ であり、 $d_{n} > 0$ とすると $2^{n - 1} + 2 n + 2 > 0$ だから $d_{n + 1} > 0$ である。よって帰納法によりすべての自然数 $n$ で $d_{n} > 0$ である。（証明終わり）

$d_{1}, \dots, d_{5} = 1, 7, 22, 56, 130$ でどれも正、 $n = 20$ まで正だった。

(v) $y = f_{n} (x)$ が $0 < x < 1$ の範囲に極値をとるための $n$ の条件を求める

答 $n ≧ 5$

$d_{n} > 0$ はいつも成り立つので、 $c_{n} < 0$ になるかどうかで決まる。

$n ≧ 5$ のとき。 $6 c_{n} = 18 n - 12 - (n^{3} - n)$ なので

c_{n} < 0 ⟺ n^{3} - 19 n + 12 > 0

である。 $g (n) = n^{3} - 19 n + 12$ とおくと $g (1) = - 6$ 、 $g (2) = - 18$ 、 $g (3) = - 18$ 、 $g (4) = 0$ 、 $g (5) = 42$ で、 $n ≧ 3$ では $g^{'} (n) = 3 n^{2} - 19 > 0$ だから $g$ は増加する。よって $g (n) > 0$ となるのは $n ≧ 5$ のときだけである。

$n ≧ 5$ なら $f_{n}^{'} (0) = c_{n} < 0$ 、 $f_{n}^{'} (1) = d_{n} > 0$ である。 $f_{n}$ は $[0, 1]$ で連続な多項式なので最小値をとるが、 $f_{n}^{'} (0) < 0$ より $x = 0$ の右側で値が下がるので $x = 0$ では最小にならず、 $f_{n}^{'} (1) > 0$ より $x = 1$ の左側で値が下がるので $x = 1$ でも最小にならない。したがって最小値をとるのは $0 < x < 1$ の内部の点で、そこは極小である。

$n ≦ 4$ のとき。漸化式から順に計算すると

f_{1} = x + 3, f_{2} = 2 x^{2} + 3 x + 2, f_{3} = 3 x^{3} + 5 x^{2} + 3 x, f_{4} = 4 x^{4} + 8 x^{3} + 8 x^{2} - 3

なので

f_{1}^{'} = 1, f_{2}^{'} = 4 x + 3, f_{3}^{'} = 9 x^{2} + 10 x + 3, f_{4}^{'} = 8 x (2 x^{2} + 3 x + 2)

である。どれも $0 < x < 1$ で正なので、 $f_{n}$ はこの区間で単調増加であり極値をとらない（ $2 x^{2} + 3 x + 2$ は判別式が負で正）。

したがって求める条件は

n ≧ 5

である。

$n = 4$ は $c_{4} = 0$ でちょうど境い目。 $f_{4}^{'} (0) = 0$ だが $0 < x < 1$ では $f_{4}^{'} > 0$ なので、極値にはならない。ここが引っかけどころ。

$f_{n}^{'}$ の $0 < x < 1$ での符号変化を数えると、 $n ≦ 4$ で $0$ 回、 $n = 5$ から $20$ までは $1$ 回だった。

$f_{n}^{'} (0) < 0$ と $f_{n}^{'} (1) > 0$ だけでは「 $f_{n}^{'}$ の零点がある」までしか言えない。最小値が内部でとられることを言うと「極値」まで言い切れる。

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問題文について

(i)f(x)=sinx+21​sin2x+31​sin3x の導関数 f′(x) を求める

(ii)cos(α+β)+cos(α−β) を cosα,cosβ で、cos(α+β)−cos(α−β) を sinα,sinβ で表す

(iii)0<x<π で f′(x)=0 の解を求める

(iv)y=f(x)（0<x<π）の極値を求める

(v)曲線 y=f(x)（0≦x≦π）と x 軸で囲まれた部分を x 軸のまわりに1回転してできる立体の体積 V を求める

(i)f(x)=x2−1​（x≧1）、C:y=f(x) とする。x>1 での f′(x) を求め、C 上の点 (n,f(n))（n≧2 の整数）における接線 ℓn​ と x 軸の交点の x 座標 xn​ を n で表す

(ii)x≧1 のとき x=2et+e−t​ を満たす実数 t≧0 を x で表す

(iii)x=2et+e−t​（t≧0）とおくとき、I=∫f(x)dx を t の式で表す

(iv)C、x 軸および接線 ℓn​ で囲まれた部分の面積 Sn​ を n で表す

(v)T1​=0、Tn​=lognSn​​（n≧2）とするとき、T=n→∞lim​Tn​ を求める

[I]方程式 (2+i)z−(1−i)zˉ=3+3i の解を求める

[II]k を実数とする。(3+4i)z−(5+ki)zˉ=0 が z=0 の解をもつときの k を求める

[III](i)t を実数とし、ℓ:(t+i)z−(t−i)zˉ=4(t−2)i とする。ℓ が t によらず通る定点 A(α) の α を求める

[III](ii)m:(1−i)(t+i)z−(1+i)(t−i)zˉ=0 とするとき、ℓ と m のなす角 θ（0≦θ≦2π​）を求める

[III](iii)t が実数全体を動くとき、ℓ と m の交点 P(z) が描く図形を求める

(i)f1​(x)=x+3、fn+1​(x)=(x+1){fn​(x)−n}+xn+1 とする。an​=fn​(0) について a1​、an+1​−an​、an​ を求める

(ii)bn​=fn​(1) とするとき bn​−2n−1 を n で表す

(iii)cn​=fn′​(0) とするとき cn+1​−cn​ と cn​ を n で表す

(iv)dn​=fn′​(1) とするとき dn​>0 を証明する

(v)y=fn​(x) が 0<x<1 の範囲に極値をとるための n の条件を求める

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(ii) $x ≧ 1$ のとき $x = \frac{e ^{t} + e ^{- t}}{2}$ を満たす実数 $t ≧ 0$ を $x$ で表す

(iii) $x = \frac{e ^{t} + e ^{- t}}{2}$ （ $t ≧ 0$ ）とおくとき、 $I = \int f (x) d x$ を $t$ の式で表す

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[II] $k$ を実数とする。 $(3 + 4 i) z - (5 + k i) \overset{z}{ˉ} = 0$ が $z \neq = 0$ の解をもつときの $k$ を求める

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[III](ii) $m : (1 - i) (t + i) z - (1 + i) (t - i) \overset{z}{ˉ} = 0$ とするとき、 $ℓ$ と $m$ のなす角 $θ$ （ $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ ）を求める

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