慶應商学部2017 | 【早慶専門対策】個別指導塾ヒロアカ

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問4

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ) 全体的に，実際に題意を満たす取り出し方を考えることで方針を得られる．数字によって，玉の個数に偏り(例えば数字5の書かれた玉は1個しかないが，数字2の書かれた玉は3個ある)があるため，場合分けは玉に書かれた数字で行うのが良いだろうと考える． (ⅱ) 今度は個数の問題になっているた

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方針の立て方
(ⅰ)
全体的に，実際に題意を満たす取り出し方を考えることで方針を得られる．数字によって，玉の個数に偏り(例えば数字5の書かれた玉は1個しかないが，数字2の書かれた玉は3個ある)があるため，場合分けは玉に書かれた数字で行うのが良いだろうと考える．

(ⅱ)
今度は個数の問題になっているため太郎が何個の玉を獲得するのかで場合分けを行う．

(ⅲ)
今度は色の問題になっているため，色で場合分けを行う．後半はやや解法が立てにくいが実際に題意を満たす場合を考えると，花子が4個獲得する必要があることや玉に書かれた数の和が15となるパターンが少ないことが分かり，虱潰し的に考えつくせば良いと判断できる．

解説
1回のゲームにおける玉の取り出し方の総数は， $12\times11=132$ 通り．
(ⅰ)
〇太郎が1個の玉を獲得する確率((40)～(42)について)
題意を満たすには，太郎と花子が同じ数の書かれた玉を取り出せば必要十分．
2人が1の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $3\times2=6$ 通り．
2人が2の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $3\times2=6$ 通り．
2人が3の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $3\times2=6$ 通り．
2人が4の書かれた玉を取り出し，題意を満たす場合の数は， $2\times1=2$ 通り．
よって，題意を満たす場合の数は， $6+6+6+2=20$ 通り．
よって，太郎が1個の玉を獲得する確率は， $\frac{20}{132}=\frac{5}{33}$ ……(答)
〇花子が2個の玉を獲得する確率((43)～(46)について)
題意を満たすには，太郎の取り出した玉の数より，花子の取り出した玉の数が大きければ必要十分．
(Ⅰ)太郎が1の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで3通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，9通り．
(Ⅱ)太郎が2の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで3通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，6通り．
(Ⅲ)太郎が3の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで3通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，3通り．
(Ⅳ)太郎が4の書かれた玉を取り出した場合(太郎がどの色を取り出すかで2通りある)
題意を満たす花子の玉の取り出し方の場合の数は，1通り．
以上，(Ⅰ)～(Ⅳ)より，題意を満たす場合の数は， $3\times9+3\times6+3\times3+2\times1=56$ 通り．
よって，花子が2個の玉を獲得する確率は， $\frac{56}{132}=\frac{14}{33}$ ……(答)
〇 $\sum_{n=1}^{4}{np_n}$ ((47)～(51)について)
確率 $p_n$ は，「花子が2個の玉を獲得した」という条件のもとで，「玉に書かれた数の差の絶対値が $n$ である」という事象が起こる条件付き確率である．
(Ⅰ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が1である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,2\right),\left(2,3\right),\left(3,4\right),\left(4,5\right)$ のいずれかである場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times3+3\times3+3\times2+2\times1}{132}=\frac{13}{66}$
(Ⅱ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が2である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,3\right),\left(2,4\right),\left(3,5\right)$ のいずれかである場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times3+3\times2+3\times1}{132}=\frac{3}{22}$
(Ⅲ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が3である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,4\right),\left(2,5\right)$ のいずれかである場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times2+3\times1}{132}=\frac{3}{44}$
(Ⅳ)花子が2個の玉を獲得し，かつ玉に書かれた数の差の絶対値が4である確率
太郎と花子の取り出した玉に書かれている数字が $\left(1,5\right)$ である場合の確率である．よって，確率は，
$\frac{3\times1}{132}=\frac{1}{44}$
以上，(Ⅰ)～(Ⅳ)と，花子が2個の玉を獲得する確率は $\frac{14}{33}$ であることから，
$p_1=\frac{\frac{13}{66}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{13}{66},p_2=\frac{\frac{3}{22}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{22},p_3=\frac{\frac{3}{44}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{44},p_4=\frac{\frac{1}{44}}{\frac{14}{33}}=\frac{33}{14}\cdot\frac{1}{44}$
となる．
$\therefore\sum_{n=1}^{4}{np_n}=1\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{13}{66}+2\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{22}+3\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{3}{44}+4\cdot\frac{33}{14}\cdot\frac{1}{44}=\frac{33}{14}\left(\frac{13}{66}+\frac{3}{11}+\frac{9}{44}+\frac{1}{11}\right)=\frac{101}{56}$ ……(答)

(ⅱ)
(Ⅰ)太郎が1個も玉を獲得しなかった場合
題意を満たす取り出し方は存在しない．
(Ⅱ)太郎が1個の玉を獲得した場合
題意を満たす取り出し方は，「太郎が赤の1,2,3,4の玉いずれかを取り出し，かつ花子が同じ数字の玉を取り出す」である．この取り出し方の場合の数は， $1\times2+1\times2+1\times2+1\times1=7$ 通り．
(Ⅲ)太郎が2個の玉を獲得した場合
題意を満たす取り出し方の場合の数について考える．
まず，色に関係なく太郎が2個の玉を獲得する場合の数は， $3\times3+3\times6+2\times9+1\times11=56$ 通り．
次に太郎が2個の玉を獲得し，かつその2個の玉に赤玉がない場合の数は， $2\times2+2\times4+1\times6=18$ 通り．
よって，太郎が2個の玉を獲得し，かつその中に少なくとも1個の赤玉が含まれている場合の数は， $56-18=38$ 通り．
以上，(Ⅰ)～(Ⅲ)より，題意を満たす場合の数は， $7+38=45$ 通り．
よって，求める確率は，
$\frac{45}{132}=\frac{15}{44}$ ……(答)

(ⅲ)
〇太郎が2回とも同色の玉を取り出す確率((56)～(59)について)
2回目に太郎が取り出しを行うと，太郎，花子合わせて3回取り出しを行ったことになる．この3回の玉の取り出し方の総数は $12\times11\times10$ 通り．
(Ⅰ)太郎が2回とも赤玉を取り出す場合の数
花子が赤玉を取り出さない場合，花子の取り出し方は7通りあるため， $5\times7\times4=140$ 通り．
花子が赤玉を取り出す場合， $5\times4\times3=60$ 通り．
$\therefore140+60=200$ 通り．
(Ⅱ)太郎が2回とも青玉を取り出す場合の数
花子が青玉を取り出さない場合，花子の取り出し方は8通りあるため， $4\times8\times3=96$ 通り．
花子が青玉を取り出す場合， $4\times3\times2=24$ 通り．
$\therefore96+24=120$ 通り．
(Ⅲ)太郎が2回とも白玉を取り出す場合の数
花子が白玉を取り出さない場合，花子の取り出し方は9通りあるため， $3\times9\times2=54$ 通り．
花子が白玉を取り出す場合， $3\times2\times1=6$ 通り．
$\therefore54+6=60$ 通り．
以上，(Ⅰ)～(Ⅲ)より，題意を満たす場合の数は， $200+120+60=380$ 通り．
よって，求める確率は， $\frac{380}{12\times11\times10}=\frac{19}{66}$ ……(答)

〇花子が2回のゲームを通じて獲得した玉に書かれた数の和が15となる確率((60)～(63)について)
2回のゲームにおける玉の取り出し方の総数は， $12\times11\times10\times9$ 通り．
題意を満たすには花子は4個の玉を獲得せねばならない．なぜなら，3個の玉の数の和が最大となるのは3個の玉に書かれた数字が5,4,4のときであるが，和を計算すると13となり，15には届かないからである．
4個の玉を獲得し，かつ4個の玉に書かれた数の和が15となるには，玉に書かれた数の組み合わせが $\left\{5,4,4,2\right\},\left\{5,4,3,3\right\}$ の2パターンに限られる．
(Ⅰ)玉に書かれた数の組み合わせが $\left\{5,4,4,2\right\}$ の場合
花子が4個の玉を獲得する取り出し方は，4,5,2,4か2,4,4,5の順番で玉が取り出されたとき．
$\therefore2\times1\times3\times1+3\times2\times1\times1=12$ 通り．
(Ⅱ)玉に書かれた数の組み合わせが $\left\{5,4,3,3\right\}$ の場合
花子が4個の玉を獲得する取り出し方は，3,4,3,5か3,5,3,4の順番で玉が取り出されたとき．
$\therefore3\times2\times2\times1+3\times1\times2\times2=24$ 通り．
以上，(Ⅰ)と(Ⅱ)より，題意を満たす取り出し方の総数は $12+24=36$ 通り．
よって，求める確率は， $\frac{36}{12\times11\times10\times9}=\frac{1}{330}$ ……(答)

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問3

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ)(ⅱ) 共通部分に関する問題であるから，「交わるならば連立」という基本事項に従い，共通部分に関する情報を求める． (ⅲ) 今度は共通部分が分かっていて，その元が分からない(求める)問題である．共通部分は直線(1次元)で，元の図形は平面(2次元)であるから，自由度を1増やせばよいと

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方針の立て方
(ⅰ)(ⅱ)
共通部分に関する問題であるから，「交わるならば連立」という基本事項に従い，共通部分に関する情報を求める．

(ⅲ)
今度は共通部分が分かっていて，その元が分からない(求める)問題である．共通部分は直線(1次元)で，元の図形は平面(2次元)であるから，自由度を1増やせばよいと考える．

解答例
(ⅰ)
(19) $4$
(20) $2$
(21) $8$
(22) $5$

(ⅱ)
(23) $0$
(24)(25) $-4$
(26)(27) $-3$
(28)(29) $-2$
(30)(31)(32) $-20$
(33)(34)(35) $-13$
(36) $2$
(37)(38) $12$
(39) $7$

(ⅲ)
(ウ) $5y-8z-4$
(エ) $5x-z-3$

解説
(ⅰ)
平面 $\pi_1$ と平面 $\pi_2$ の交線 $l$ は，実数パラメーター $t$ を用いると，
$\begin{cases} x-2y+3z+1=0 \\ 3x+4y-7z-5=0 \end{cases}\Leftrightarrow\left(x,y,z\right)=\left(t,8t-4,5t-3\right)$
と表せる．
よって，交線 $l$ は， $\left(1,4,2\right)$ を通り( $t=1$ を代入)，方向ベクトルは $\left(1,8,5\right)$ である直線．
$\therefore\begin{cases} \vec{p_0}=\left(1,4,2\right) \\ \vec{v}=\left(1,8,5\right) \end{cases}$ ……(答)

(ⅱ)
球面 $S$ の半径を $r$ とおく．すると，球面 $S$ の方程式は $\left(x-2\right)^2+\left(y+8\right)^2+\left(z-3\right)^2=r^2$ と表せる．
〇球面 $S$ と直線 $l$ が1点のみを共有するとき((23)～(27)について)
球面 $S\colon\left(x-2\right)^2+\left(y+8\right)^2+\left(z-3\right)^2=r^2$ と交線 $l\colon\left(x,y,z\right)=\left(t,8t-4,5t-3\right)$ の共有点が1つのみとなるには，以下の $t$ に関する2次方程式
$\left(t-2\right)^2+\left(8t-4+8\right)^2+\left(5t-3-3\right)^2=r^2\Leftrightarrow90t^2+56-r^2=0$
がただ一つの実数解(重解)となれば必要十分．
$\therefore56-r^2=0\Leftrightarrow r=2\sqrt{14}$
のときで，そのとき $t=0$ ．
よって，共有点の座標は， $\left(0,8\cdot0-4,5\cdot0-3\right)=\left(0,-4,-3\right)$ ……(答)
〇球面 $S$ と直線 $l$ が1点のみを共有するとき((23)～(27)について)
球面 $S\colon\left(x-2\right)^2+\left(y+8\right)^2+\left(z-3\right)^2=r^2$ と交線 $l\colon\left(x,y,z\right)=\left(t,8t-4,5t-3\right)$ の共有点が1つのみとなるには，以下の $t$ に関する2次方程式
$\left(t-2\right)^2+\left(8t-4+8\right)^2+\left(5t-3-3\right)^2=r^2\Leftrightarrow90t^2+56-r^2=0$
が相異なる2つの実数解を持てば必要十分．
$\therefore56-r^2<0\Leftrightarrow2\sqrt{14}<r$
のときで，そのとき $t=\pm\frac{1}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}$ ．
よって，2つの共有点の座標は， $\left(\pm\frac{1}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}},\pm\frac{8}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}-4,\pm\frac{5}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}-3\right)$ である(複号同順)．
この2点の距離は，
$\sqrt{\left(\frac{2}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}\right)^2+\left(\frac{16}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}\right)^2+\left(\frac{10}{3}\sqrt{\frac{r^2-56}{10}}\right)^2}=2\sqrt{r^2-56}$
よって，点 $\mathrm{A}$ と直線 $l$ の距離は，三平方の定理より，
$\sqrt{r^2-\left(\sqrt{r^2-56}\right)^2}=2\sqrt{14}$
である．これより，2つの共有点と点 $\mathrm{A}$ を頂点とする三角形の面積は，
$\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{r^2-56}\cdot2\sqrt{14}=2\sqrt{14\left(r^2-56\right)}$
となる．これが $24\sqrt{35}$ であるとき，
$2\sqrt{14\left(r^2-56\right)}=24\sqrt{35}\Leftrightarrow\sqrt{r^2-56}=6\sqrt{10}$
となる．
$\therefore t=\pm\frac{1}{3}\cdot\frac{6\sqrt{10}}{\sqrt{10}}=\pm2$
よって，求める共有点の座標は，
$\left(t,8t-4,5t-3\right)=\left(-2,-20,-13\right),\left(2,12,7\right)$ ……(答)

(ⅲ)
平面 $\pi_3$ は面内に直線 $l$ を含み，かつ $x$ 依存性がないため， $\left(y,z\right)=\left(8t-4,5t-3\right)\Leftrightarrow5y-8z-4=0$ ……(答)
同様に，平面 $\pi_4$ は面内に直線 $l$ を含み，かつ $y$ 依存性がないため， $\left(x,z\right)=\left(t,5t-3\right)\Leftrightarrow5x-z-3=0$ ……(答)

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問2

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ) 二次関数の最小問題であり，特筆事項なし． (ⅱ) 計算するだけ．特筆事項なし． (ⅲ) 不等式の証明は(大きい方)-(小さい方)が0より大きくなる(あるいは0以上となる)ことを示すという典型的な解法を取る．つまり，を考察する．これが0より大きくなれば証明終了であるから，を小さく

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方針の立て方
(ⅰ)
二次関数の最小問題であり，特筆事項なし．

(ⅱ)
計算するだけ．特筆事項なし．

(ⅲ)
不等式の証明は(大きい方)-(小さい方)が0より大きくなる(あるいは0以上となる)ことを示すという典型的な解法を取る．つまり， $c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)$ を考察する．これが0より大きくなれば証明終了であるから， $c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)$ を小さく評価していく． $a\left(x\right)$ の単調減少の性質を使うには， $c\left(x\right)$ の情報を $a\left(x\right)$ に変換する必要があるため， $a\left(x\right)=\frac{c\left(x\right)}{x}\Leftrightarrow c\left(x\right)=xa\left(x\right)$ を用いる．

(ⅳ)
「節約される費用」はどのようにして数式化すればいいかを考える．すると(買収前の製造費用)-(買収後の製造費用)で求められると分かり，これを用いて数式化すればよい．

解答例
(ⅰ)
(14) $4$
(15) $6$

(ⅱ)
(16)(17)(18) $\frac{76}{9}$

(ⅲ)
(ア)
$c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)=x_1a\left(x_1\right)+x_2a\left(x_2\right)-\left(x_1+x_2\right)a\left(x_1+x_2\right)$
ここで， $0<x_1<x_1+x_2\leqq\bar{x}$ であるから， $a\left(x_1+x_2\right)<a\left(x_1\right)$ であり，同様に， $0<x_2<x_1+x_2\leqq\bar{x}$ であることから $a\left(x_1+x_2\right)<a\left(x_2\right)$ が言える．
$\therefore x_1a\left(x_1\right)+x_2a\left(x_2\right)-\left(x_1+x_2\right)a\left(x_1+x_2\right)>x_1a\left(x_1+x_2\right)+x_2a\left(x_1+x_2\right)-\left(x_1+x_2\right)a\left(x_1+x_2\right)=0$
よって，
$c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)-c\left(x_1+x_2\right)>0\Leftrightarrow c\left(x_1+x_2\right)<c\left(x_1\right)+c\left(x_2\right)$
証明終了．

(ⅳ)
(イ) $8-u_1-u_2$

解説
(ⅰ)
$m\left(x\right)=x^2-8x+17=\left(x-4\right)^2+1$
よって $m\left(x\right)$ を最小にする $x$ は $x=4$ ．
$\therefore x_m=4$ ……(答)
$c\left(x\right)$ は $m\left(x\right)$ の原始関数であるから，
$c\left(x\right)=\int m\left(x\right)dx=\frac{1}{3}x^3-4x^2+17x+C$ ( $C$ は積分定数)
となる． $c\left(0\right)=0$ より，積分定数は $C=0$ である．
$\therefore a\left(x\right)=\frac{\frac{1}{3}x^3-4x^2+17x}{x}=\frac{1}{3}x^2-4x+17=\frac{1}{3}\left(x-6\right)^2+5$
よって， $a\left(x\right)$ を最小にする $x$ は $x=6$ ．
$\therefore x_a=6$ ……(答)

(ⅱ)
$\int_{x_m}^{x_a+1}\left|m\left(x\right)-a\left(x\right)\right|dx=\int_{4}^{7}\left|x^2-8x+17-\left(\frac{1}{3}x^2-4x+17\right)\right|dx=\int_{4}^{7}\left|\frac{2}{3}x\left(x-6\right)\right|dx=\int_{4}^{6}\left\{-\frac{2}{3}x\left(x-6\right)\right\}dx+\int_{6}^{7}{\frac{2}{3}x\left(x-6\right)}dx=\left[2x^2-\frac{2}{9}x^3\right]_4^6+\left[\frac{2}{9}x^3-2x^2\right]_6^7=\frac{76}{9}$ ……(答)

(ⅳ)
式①が仮定されている場合， $c\left(x\right)=\frac{1}{3}x^3-4x^2+17x$ である．
買収前における，商品 $\mathrm{P}_\mathrm{A}$ の製造費用は $c\left(u_1\right)=\frac{1}{3}{u_1}^3-4{u_1}^2+17u_1$ であり，商品 $\mathrm{P}_\mathrm{B}$ の製造費用は $c\left(u_2\right)=\frac{1}{3}{u_2}^3-4{u_2}^2+17u_2$ である．よって，買収前での両社合わせた製造費用は $c\left(u_1\right)+c\left(u_2\right)=\frac{1}{3}{u_1}^3-4{u_1}^2+17u_1+\frac{1}{3}{u_2}^3-4{u_2}^2+17u_2$ となる．
製造後における，商品 $\mathrm{P}_\mathrm{A}$ の製造費用は，製造量が $u_1+u_2$ となることより $c\left(u_1+u_2\right)=\frac{1}{3}\left(u_1+u_2\right)^3-4\left(u_1+u_2\right)^2+17\left(u_1+u_2\right)$ となる．
よって，節約される費用は，
$c\left(u_1\right)+c\left(u_2\right)-c\left(u_1+u_2\right)=\frac{1}{3}{u_1}^3-4{u_1}^2+17u_1+\frac{1}{3}{u_2}^3-4{u_2}^2+17u_2-\left\{\frac{1}{3}\left(u_1+u_2\right)^3-4\left(u_1+u_2\right)^2+17\left(u_1+u_2\right)\right\}=u_1u_2\left(8-u_1-u_2\right)$ ……(答)

2017年慶應大学商学部|過去問徹底研究大問1

2019.10.02

方針の立て方 (ⅰ) にはとが混じっているため，これを一つの三角関数にまとめることを考える．すると，三角関数の合成という解法が立つ． (ⅱ) 実際にを求めてみて，その導出過程をで一般化すれば良い．数列の問題はいきなり抽象的なで計算するのではなく，最初はなどの小さい値でやってみると，解法が得やすい．漸

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方針の立て方
(ⅰ)
$f\left(x\right)$ には $\cos{x}$ と $\sin{x}$ が混じっているため，これを一つの三角関数にまとめることを考える．すると，三角関数の合成という解法が立つ．

(ⅱ)
実際に $a_2,a_3,\cdots\cdots$ を求めてみて，その導出過程を $n$ で一般化すれば良い．数列の問題はいきなり抽象的な $n$ で計算するのではなく，最初は $n=1,2$ などの小さい値でやってみると，解法が得やすい．漸化式が求まってしまえば，後は一般項に直して，問題文に沿って素直に不等式を立てれば良い．
(余談だが，この問題はニュートン法を題材にした問題である．)

解答例
(ⅰ)
(1)(2)(3) $\frac{11}{6}$
(4)(5) $13$
(6)(7) $\frac{5}{6}$
(8)(9) $-3$

(ⅱ)
(10)(11) $\frac{4}{5}$
(12)(13) $25$

解説
(ⅰ)
三角関数の合成公式を用いれば，
$f\left(x\right)=4\sqrt3\cos{x}-4\sin{x}+5=8\sin{\left(x+\frac{2}{3}\pi\right)}+5$
である． $0\leqq x <2\pi\Leftrightarrow\frac{2}{3}\pi\leqq x+\frac{2}{3}\pi<\frac{8}{3}\pi$ であるから， $x+\frac{2}{3}\pi=\frac{5}{2}\pi\Leftrightarrow x=\frac{11}{6}\pi$ で最大値 $8+5=13$ を取り， $x+\frac{2}{3}\pi=\frac{3}{2}\pi\Leftrightarrow x=\frac{5}{6}\pi$ で最小値 $-8+5=-3$ を取る．
まとめると，

(ⅱ)
$a_n$ は帰納的に正である．つまり， $0<a_n$ ．
$y^\prime=5x^4$ より，点 $\left(a_n,{a_n}^5\right)$ での接線の方程式は $y=5{a_n}^4x-4{a_n}^5$ となる．これと $x$ 軸( $y=0$ )との交点の $x$ 座標が $a_{n+1}$ のため，
$0=5{a_n}^4a_{n+1}-4{a_n}^5$
となる． $0<a_n$ に注意してこれを解くと，
$a_{n+1}=\frac{4}{5}a_n$ ……(答)
この漸化式を解く． $a_n$ は初項 $a_1=1$ ，公比 $\frac{4}{5}$ の等比数列であるから，一般項 $a_n$ は
$a_n=1\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}=\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}$
となる．
$\therefore a_n-a_{n+1}=\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}-\left(\frac{4}{5}\right)^n=\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}$
よって， $a_n-a_{n+1}$ が $\frac{1}{1000}$ 以下であるには，
$\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}\leqq\frac{1}{1000}\Leftrightarrow\log_{10}{\left\{\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}\right\}}\leqq\log_{10}{\frac{1}{1000}}$ ……(＊)
であれば必要十分．
$\log_{10}{\left\{\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}\right\}}=\log_{10}{\frac{1}{5}}+\log_{10}{\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}}=\log_{10}{\frac{2}{10}}+\left(n-1\right)\log_{10}{\frac{8}{10}}=\log_{10}{2}-1+\left(n-1\right)\left(3\log_{10}{2}-1\right)$
$\log_{10}{\frac{1}{1000}}=\log_{10}{{10}^{-3}}=-3$
より，(＊)は
$\log_{10}{2}-1+\left(n-1\right)\left(3\log_{10}{2}-1\right)\leqq-3\Leftrightarrow n\geqq\frac{2+\log_{10}{2}}{1-3\log_{10}{2}}+1=\frac{2+0.3010}{1-3\times0.3010}+1=24.7\cdots\cdots$
となる．よって，求める自然数 $n$ の最小値は， $n=25$ ……(答)