トップ>>東京医科歯科大学入試過去問題解答>>2005年度>>数学


東京医科歯科大学2005年度入試問題数学解答

90分、120点。


$ \fbox{1}$

$ (1)$
二次方程式

$\displaystyle t^2=\dfrac{5}{2}t-1
$

の解を考える。


$\displaystyle 2t^2-5t+2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  
$\displaystyle (2t-1)(t-2)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  

より、解は $ t=\dfrac{1}{2},\ 2$ である。与えられた漸化式を次のように2つの式に変形する。

\begin{displaymath}
\begin{cases}
a_n-\dfrac{1}{2}a_{n-1}=2\left(a_{n-1}-\dfrac...
...ft(a_{n-1}-2a_{n-2}\right) & (n=3,\ 4,\ 5,\ \cdots)
\end{cases}\end{displaymath}

したがって、

\begin{displaymath}
\begin{cases}
a_n-\dfrac{1}{2}a_{n-1}=2^{n-2}\left(a_{2}-\d...
...}\left(a_{2}-2a_{1}\right) & (n=2,\ 3,\ 4,\ \cdots)
\end{cases}\end{displaymath}

となる。 $ a_1=\dfrac{1}{2},\ a_2=\dfrac{7}{4}$ より、

\begin{displaymath}
\begin{cases}
a_n-\dfrac{1}{2}a_{n-1}=3\cdot2^{n-3} & (n=2,...
...-2a_{n-1}=\dfrac{3}{2^{n}} & (n=2,\ 3,\ 4,\ \cdots)
\end{cases}\end{displaymath}

となる。最初の式に$ 4$ をかけて、

\begin{displaymath}
\begin{cases}
4a_n-2a_{n-1}=3\cdot2^{n-1} & (n=2,\ 3,\ 4,\ ...
...-2a_{n-1}=\dfrac{3}{2^{n}} & (n=2,\ 3,\ 4,\ \cdots)
\end{cases}\end{displaymath}

引き算して、 $ 3a_n=3\left(2^{n-1}-\dfrac{1}{2^{n}}\right)$ となる。よって、 $ a_n=2^{n-1}-\dfrac{1}{2^{n}}$ となるが、この式は$ n=1$ でも成り立つ。

$ (2)$
$ b_{n+1}-b_{n}=c_n\ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)$ とすると、与えられた漸化式より

$\displaystyle b_n-b_{n-1}=\dfrac{5}{2}(b_{n-1}-b_{n-2})-(b_{n-2}-b_{n-3})\ (n=4,\ 5,\ 6,\ \cdots)
$

であるから、

$ \begin{cases}
c_1=\dfrac{1}{2},\ c_2=\dfrac{7}{4} & \\ \\
c_n=\dfrac{5}{2}c_{n-1}-c_{n-2}\ (n=3,\ 4,\ 5,\ \cdots) &
\end{cases}$

となる。これは初項と次項が$ (1)$$ a_n$ と等しく、漸化式も同じであるから、$ (1)$$ a_n$ と同じ数列である。したがって、

$\displaystyle b_{n+1}-b_n=a_n=2^{n-1}-\dfrac{1}{2^n}\ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)
$

である。これから、$ n>1$ のとき、


$\displaystyle b_n$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}{\left(2^{k-1}-\dfrac{1}{2^k}\right)}+b_1$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{2^{n-1}-1}{2-1}-\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1-{\left(\dfrac{1}{2}\right)}^{n-1}}{1-\dfrac{1}{2}}+2$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2^{n-1}-1-1+{\left(\dfrac{1}{2}\right)}^{n-1}+2$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2^{n-1}+{\left(\dfrac{1}{2}\right)}^{n-1}$  

である。これは$ n=1$ においても成立する。よって、答えは

$ b_n=2^{n-1}+{\left(\dfrac{1}{2}\right)}^{n-1}$ である。


$ \fbox{2}$

$ (1)$
下のグラフから、 $ x=\sin{2\theta}>0$ となるのは、 $ 0<\theta<\dfrac{\pi}{2},\ \pi<\theta<\dfrac{3\pi}{2}$ であり、 $ y=\sin{3\theta}>0$ となるのは、 $ 0<\theta<\dfrac{\pi}{3},\ \dfrac{2\pi}{3}<\theta<\pi,\ \dfrac{4\pi}{3}<\theta<\dfrac{5\pi}{3}$ である。したがって、$ x>0$ かつ$ y>0$ となるのは、この部分の共通範囲である、 $ 0<\theta<\dfrac{\pi}{3},\ \dfrac{4\pi}{3}<\theta<\dfrac{3\pi}{2}$ である。

\includegraphics[width=100mm]{1.eps}

$ (2)$
区間 $ 0\leqq \theta \leqq \pi$ 、すなわち $ 0\leqq 2\theta\leqq 2\pi$ において $ \vert x\vert=\vert\sin{2\theta}\vert=1$ となるのは、 $ 2\theta=\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{3\pi}{2}$ である。つまり、 $ \theta=\dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4}$ である。

区間 $ 0\leqq \theta \leqq \pi$ 、すなわち $ 0\leqq 3\theta\leqq 3\pi$ において $ \vert y\vert=\vert\sin{3\theta}\vert=1$ となるのは、 $ 3\theta=\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{3\pi}{2},\ \dfrac{5\pi}{2}$ である。つまり、 $ \theta=\dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{5\pi}{6}$ である。したがって、$ \vert x\vert=1$ または$ \vert y\vert=1$ となるのは、 $ \theta=\dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{5\pi}{6}$ である。

$ (3)$
簡単のために $ 0<\theta<\dfrac{\pi}{3}$ を区間1、 $ \dfrac{4\pi}{3}<\theta<\dfrac{3\pi}{2}$ を区間2とする。$ (1)$ のグラフから、 $ \theta_1,\ \theta_2$ が条件を満たすとしたら、次の3通りが考えられる。すなわち、 $ \theta_1,\ \theta_2$ ともに区間1に含まれる場合と、$ \theta_1$ は区間1に、$ \theta_2$ は区間2に含まれる場合と、最後に、 $ \theta_1,\ \theta_2$ ともに区間2に含まれる場合である。

ところが、 $ \sin{2\theta}$ は区間1、区間2で単調であるから、あるとしたら、$ \theta_1$ は区間1に含まれ、$ \theta_2$ が区間2に含まれる場合しかあり得ない。したがって、 $ 0<\theta_1<\dfrac{\pi}{3},\ \dfrac{4\pi}{3}<\theta_2<\dfrac{3\pi}{2}$ として、

$ \begin{cases}
\sin{2\theta_1}=\sin{2\theta_2} & \\
\sin{3\theta_1}=\sin{3\theta_2} &
\end{cases}$

を解けばよい。一般に、


$\displaystyle \sin{\alpha}-\sin{\beta}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin{\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}-\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)}-\sin{\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}-\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin{\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)}\cos{\left(\dfrac{\alph...
...\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)}\sin{\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)}$  
    $\displaystyle -\left\{ \sin{\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)}\cos{\left(\df...
...frac{\alpha+\beta}{2}\right)}\sin{\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)}\right\}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2 \cos{\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)}\sin{\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)}$  

であるから、

$ \begin{cases}
\sin{2\theta_1}=\sin{2\theta_2} & \\
\sin{3\theta_1}=\sin{3\theta_2} &
\end{cases}$

$ \begin{cases}
\cos{(\theta_1+\theta_2)}\sin{(\theta_2-\theta_1)}=0 & \\ \\
\c...
...3}{2}(\theta_1+\theta_2)}\sin{\dfrac{3}{2}(\theta_1-\theta_2)}=0 &
\end{cases}$

と同じである。 $ \dfrac{4\pi}{3}<\theta_1+\theta_2<\dfrac{11\pi}{6},\ \pi<\theta_2-\theta_1<\dfrac{3\pi}{2}$ であるから、 $ \sin{(\theta_2-\theta_1)}\ne 0$ である。したがって、 $ \cos{(\theta_1+\theta_2)}=0$ であるから、 $ \theta_1+\theta_2=\dfrac{3\pi}{2}$ となる。そのとき、 $ \cos{\dfrac{3}{2}(\theta_1+\theta_2)}\ne0$ である。したがって、 $ \sin{\dfrac{3}{2}(\theta_2-\theta_1)}=0$ が必要である。このとき、 $ \dfrac{3\pi}{2}<\dfrac{3}{2}(\theta_2-\theta_1)<\dfrac{9\pi}{4}$ であるから、 $ \dfrac{3}{2}(\theta_2-\theta_1)=2\pi$ である。以上より、

$ \begin{cases}
\theta_1+\theta_2=\dfrac{3\pi}{2} & \\ \\
\theta_2-\theta_1=\dfrac{4\pi}{3} &
\end{cases}$

であるから、 $ \theta_1=\dfrac{\pi}{12},\ \theta_2=\dfrac{17\pi}{12}$ となる。

以上より、求める $ \theta_1,\ \theta_2$ の組は、 $ (\theta_1,\ \theta_2)=\left(\dfrac{\pi}{12},\ \dfrac{17\pi}{12}\right)$ となる。

$ (4)$
$ \theta^{\prime}=\pi-\theta$ とすると、


$\displaystyle \sin{2\theta^{\prime}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin{2(\pi-\theta)}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\sin{2\theta}$  
$\displaystyle \sin{3\theta^{\prime}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin{3(\pi-\theta)}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin{3\theta}$  

であるから、曲線$ C$$ y$ 軸に関して対称である。また、 $ \theta^{\prime}=2\pi-\theta$ とすると、


$\displaystyle \sin{2\theta^{\prime}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin{2(2\pi-\theta)}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\sin{2\theta}$  
$\displaystyle \sin{3\theta^{\prime}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin{3(2\pi-\theta)}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\sin{3\theta}$  

であるから、曲線$ C$ は原点に関して対称である。$ (3)$ より、$ x>0,\ y>0$ で曲線$ C$ が自身と交わる点は$ 1$ 個であったから、$ x<0,\ y>0$ でも$ 1$ 個、$ x<0,\ y<0$ でも$ 1$ 個、$ x>0,\ y<0$ でも$ 1$ 個、自身と交わる点がある。

以下は、軸上の点を調べることにしよう。

$ 1:$
$ x=0$ となるとき、 $ \sin{2\theta}=0,\ 0\leqq 2\theta\leqq 4\pi$ より、 $ 2\theta=0,\ \pi,\ 2\pi,\ 3\pi,\ 4\pi$ である。すなわち、 $ \theta=0,\ \dfrac{\pi}{2},\ \pi,\ \dfrac{3\pi}{2},\ 2\pi$ である。

このとき、 $ y=\sin{3\theta}=0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0$ であるから、 $ \theta=0,\ \pi,\ 2\pi$ で曲線$ C$ は自身と交わる。すなわち、ここでは曲線$ C$ が自身と交わる点は$ 1$ 個である。

$ 2:$
$ y=0$ となるとき、 $ \sin{3\theta}=0,\ 0\leqq 3\theta\leqq 6\pi$ より、 $ 3\theta=0,\ \pi,\ 2\pi,\ 3\pi,\ 4\pi,\ 5\pi,\ 6\pi$ である。すなわち、 $ \theta=0,\ \dfrac{\pi}{3},\ \dfrac{2\pi}{3},\ \pi,\ \dfrac{4\pi}{3},\ \dfrac{5\pi}{3},\ 2\pi$ である。

このとき、 $ x=\sin{2\theta}=0,\ \dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 0,\ \dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 0$ であるから、$ 1:$ でカウントした $ \theta=0,\ 2\pi$ での$ 1$ 個を除いて、 $ \theta=\dfrac{\pi}{3},\ \dfrac{4\pi}{3}$$ 1$ 回、 $ \theta=\dfrac{2\pi}{3},\ \dfrac{5\pi}{3}$$ 1$ 回、曲線$ C$ が自身と交わる点がある。すなわち、ここでは曲線$ C$ が自身と交わる点は$ 2$ 個である。

以上より、曲線$ C$ が自身と交わる回数は、$ 4+1+2=7$である。


$ \fbox{3}$

$ (1)$
$ a-\dfrac{1}{2}\geqq 1$ である。条件$ (iii)$ より、関数$ f(x)$ は上に凸であるから、$ x>0$ において点 $ (a,\ f(a))$ における$ f(x)$ の接線 $ y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)$ に関して、

\includegraphics[width=80mm]{2.eps}

$\displaystyle f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)\geqq f(x)
$

が成り立つ。この式を $ a-\dfrac{1}{2}$ から $ a+\dfrac{1}{2}$ まで積分すると、常には等号が成り立たないから(等号成立は$ x=a$ )、


$\displaystyle \int_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}{f(x)dx}$ $\displaystyle <$ $\displaystyle f^{\prime}(a)\int_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}{(x-a)dx}+f(a)\left\{\left(a+\dfrac{1}{2}\right)-\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\right\}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle f^{\prime}(a)\left[\dfrac{{(x-a)}^2}{2}\right]_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}+f(a)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle f(a)$  

である。したがって、まず $ \displaystyle \int_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}{f(x)dx}<f(a)$ がわかる。

次に、同じく関数$ f(x)$ が上に凸であることから、 $ a-\dfrac{1}{2}<x<a+\dfrac{1}{2}$ において、$ 2$ $ \left(a-\dfrac{1}{2},\ f\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\right),\ \left(a+\dfrac{1}{2},\ f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)\right)$ を通る直線が$ y=f(x)$ の下側にあるので、

\includegraphics[width=80mm]{3.eps}

$\displaystyle f(x)>\dfrac{f\left(a+\frac{1}{2}\right)-f\left(a-\frac{1}{2}\righ...
...-\frac{1}{2}\right)}\left(x-a-\dfrac{1}{2}\right)+f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)
$

が成り立つ。この式を $ a-\dfrac{1}{2}$ から $ a+\dfrac{1}{2}$ まで積分して、


$\displaystyle \int_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}{f(x)dx}$ $\displaystyle >$ $\displaystyle \left\{f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)-\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\right\}\int_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}{\left(x-a-\dfrac{1}{2}\right)dx}$  
    $\displaystyle +f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)\left\{\left(a+\dfrac{1}{2}\right)-\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\right\}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left\{f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)-\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\r...
...}\left[{\left(x-a-\dfrac{1}{2}\right)}^2\right]_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}$  
    $\displaystyle +f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\dfrac{1}{2}\left\{f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)-f\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\right\}+f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1}{2}\left\{f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)+f\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\right\}$  

となる。以上より、

$ \displaystyle \dfrac{1}{2}\left\{f\left(a+\dfrac{1}{2}\right)+f\left(a-\dfrac{1}{2}\right)\right\}<\int_{a-\frac{1}{2}}^{a+\frac{1}{2}}{f(x)dx} <f(a)$ となる。

$ (2)$
$ (1)$ で出した不等式の左側で、 $ a=\dfrac{3}{2},\ \dfrac{5}{2},\ \cdots,\ n-\dfrac{1}{2}$ としたものを辺ごとに足すと、

$\displaystyle \dfrac{1}{2}f(1)+\sum_{k=2}^{n-1}{f(k)}+\dfrac{1}{2}f(n)<\int_{1}^{n}{f(x)dx}
$

である。$ f(1)=0$ であるから、整理すると

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}{f(k)}+\dfrac{1}{2}f(n)<\int_{1}^{n}{f(x)dx}
$

である。次に、$ (1)$ で出した不等式の右側で $ a=2,\ 3,\ \cdots,\ n-$ とすると、

$\displaystyle \int_{\frac{3}{2}}^{n-\frac{1}{2}}<f(2)+f(3)+\cdots+f(n-1)
$

である。仮に、 $ \displaystyle \int_{n-\frac{1}{2}}^{n}{f(x)dx}<\dfrac{1}{2}f(n)$ であれば、両辺にこれを足して、示すべき不等式

$\displaystyle \int_{\frac{3}{2}}^{n}<\sum_{k=1}^{n-1}{f(k)}+\dfrac{1}{2}f(n)
$

が示せる。したがって、 $ \displaystyle \int_{n-\frac{1}{2}}^{n}{f(x)dx}<\dfrac{1}{2}f(n)$ を示そう。積分の平均値の定理より、

$\displaystyle \int_{n-\frac{1}{2}}^{n}{f(x)dx}=\left\{\{n-\left(n-\dfrac{1}{2}\right)\right\}f(c)=\dfrac{1}{2}f(c)
$

となる$ c$ $ n-\dfrac{1}{2}$$ n$ との間に存在する。$ x>0$ において $ f^{\prime}(x)>0$ より$ f(x)$ は増加であるから、$ f(c)<f(n)$ である。したがって、 $ \displaystyle \int_{n-\frac{1}{2}}^{n}{f(x)dx}<\dfrac{1}{2}f(n)$ である。

以上より、示すべき不等式がすべて示された。

$ (3)$
$ x>0$ において、 $ \log{1}=0,\ {\log{x}}^{\prime}=\dfrac{1}{x}>0,\ {\log{x}}^{\prime\prime}=-\dfrac{1}{x^2}<0$ であるから、 $ f(x)=\log{x}$ とおくと、$ (2)$ の不等式より、

$\displaystyle \int_{\frac{3}{2}}^{n}{\log{x}dx}<\sum_{k=1}^{n-1}{\log{k}}+\dfrac{1}{2}\log{n}<\int_{1}^{n}{f(x)dx}
$

である。 $ \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}{\log{k}}=\log{(n-1)!},\ \int{\log{x}dx}=x(\log{x}-1)$ であるから、これは

$\displaystyle n(\log{n}-1)-\dfrac{3}{2}\left(\log{\dfrac{3}{2}}-1\right)<\log{(n-1)!}+\dfrac{1}{2}\log{n}<n(\log{n}-1)+1
$

である。さらに書き直すと、

$\displaystyle \log{n^n}-n-\dfrac{3}{2}\log{\dfrac{3}{2}}+\dfrac{3}{2}<\log{(n-1)!}+\dfrac{1}{2}\log{n}<\log{n^n}-n+1
$

となる。各辺に $ n+\dfrac{1}{2}\log{n}-\log{n^n}$ を足して、

$\displaystyle \dfrac{1}{2}\log{n}-\dfrac{3}{2}\log{\dfrac{3}{2}}+\dfrac{3}{2}<n+\log{n!}-\log{n^n}<\dfrac{1}{2}\log{n}+1
$

となる。したがって、 $ \log{n}>0\ (n>1)$ であるから、

$\displaystyle \dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}\log{\dfrac{3}{2}}\cdot \dfrac{1}{\log{n...
...\log{n}}<\dfrac{n+\log{n!}-\log{n^n}}{\log{n}}<\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{\log{n}}
$

である。挟み撃ちの原理より、 $ \displaystyle \lim_{n\to\infty}{\dfrac{n+\log{n!}-\log{n^n}}{\log{n}}}=\dfrac{1}{2}$ となる。

この問題     この問題の解説     この解答のpdf


トップ>>東京医科歯科大学入試過去問題解答>>2005年度>>数学

©東京医科歯科大学入試過去問題、解答、解説