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2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問5

2019.09.03

2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問5 方針の立て方 (1) 問題で与えられた条件を書き下すのみ．点Pに関する条件は，線分APの長さが２のみであるため，これを書き下す．すると，の式となるため，の条件を加えて図示すれば答えとなる． (2) 立体図形上の点に関する問題であるため，ベクトルで考え

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2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問5

方針の立て方

(1)
問題で与えられた条件を書き下すのみ．点Pに関する条件は，線分APの長さが２のみであるため，これを書き下す．すると， $a,b$ の式となるため， $a,b$ の条件 $a\geqq0,b\geqq0$ を加えて図示すれば答えとなる．

(2)
立体図形上の点に関する問題であるため，ベクトルで考える．後は自分で置いた文字(本解答の場合には $k$ )を消去すること( $k$ にも条件がついていることに注意!)と，問題で与えられた条件 $a\geqq0,b\geqq0$ を加えれば答えとなる．

(3)
切り口は円であるため，半径を求めればよい．半径は原点と最遠点との距離になる．最遠点は自明に図形 $F$ 上にあるので，図形 $F$ 上の点を文字で表し，その最大値を求めればよい．

(4)
積分するだけ．

解答例

(1)
APの長さが2のため， $3+a^2+b^2=4\Leftrightarrow a^2+b^2=1$ ．
$a\geqq0,b\geqq0$ で図示すると，

(上図が答え)

(2)
AP上の点Qは， $\vec{\mathrm{OQ}}=\vec{\mathrm{OA}}+k\vec{\mathrm{AP}}$ $\left(0\leqq k\leqq1\right)$ を満たす．
$\therefore\left(x,y,z\right)=\left(0,0,\sqrt3\right)+k\left(a,b,-\sqrt3\right)$
$\therefore\begin{cases} x=ka \\ y=kb \\ z=\sqrt3-\sqrt3k \end{cases}$
上二式より， $k=\sqrt{x^2+y^2}$ ． $0\leqq k\leqq1$ より， $0\leqq x^2+y^2\leqq1$ ．また， $a\geqq0,b\geqq0$ より， $x\geqq0,y\geqq0$ ．
$\therefore z=\sqrt3-\sqrt{3\left(x^2+y^2\right)}$ 　( $0\leqq x^2+y^2\leqq1$ かつ $x\geqq0$ かつ $y\geqq0$ )……(答)

(3)
$F$ を $x=t$ で切ったとき，点 $\left(t,0,0\right)$ から最も遠い点を考える．
$F$ と $x=t$ の交線上の点は，
$\left(x,y,z\right)=\left(t,y,\sqrt3-\sqrt{3\left(t^2+y^2\right)}\right)$ 　(ただし， $0\leqq t^2+y^2\leqq1$ かつ $t\geqq0$ かつ $y\geqq0$ )と表せる．
点 $\left(t,0,0\right)$ との距離は， $\sqrt{y^2+3+3\left(t^2+y^2\right)-6\sqrt{t^2+y^2}}=\sqrt{4y^2-6\sqrt{t^2+y^2}+3t^2+3}$
$f\left(y\right)=4y^2-6\sqrt{t^2+y^2}$ とおくと，
$f^\prime\left(y\right)=8y-\frac{6y}{\sqrt{t^2+y^2}}=\frac{2y\left(4\sqrt{t^2+y^2}-3\right)}{\sqrt{t^2+y^2}}$
$\therefore y=\begin{cases} 0\left(\frac{3}{4}\leqq t\leqq1\right) \\ 0,\sqrt{\frac{9}{16}-t^2}\left(0\leqq t\leqq\frac{3}{4}\right) \end{cases}$ で $f^\prime\left(y\right)=0$
$\frac{3}{4}\leqq t\leqq1$ のとき $f^\prime\left(y\right)\geqq0$ となり，距離の最大値は $y=\sqrt{1-t^2}$ のときの $\sqrt{1-t^2}$ となる．
$0\leqq t\leqq\frac{3}{4}$ のとき，増減表を描くと，

$y$	$0$	$\cdots$	$\sqrt{\frac{9}{16}-t^2}$	$\cdots$	$\sqrt{1-t^2}$
$f^\prime\left(y\right)$	$0$	$-$	$0$	$+$	$+$
$f\left(y\right)$		$\searrow$		$\nearrow$

よって，最大値となりうるのは $y=0$ か $y=\sqrt{1-t^2}$ のとき．
$y=0$ のとき，距離は， $\sqrt{3t^2-6t+3}=\sqrt3\left(1-t\right)$ となり， $y=\sqrt{1-t^2}$ のとき，距離は， $\sqrt{1-t^2}$ となる．
$3t^2-6t+3\leqq1-t^2\Leftrightarrow\frac{1}{2}\leqq t\leqq1$ より，距離の最大値は，
$\begin{cases} \sqrt3\left(1-t\right)\ \left(0\leqq t\leqq\frac{1}{2}\right) \\ \sqrt{1-t^2}\ \left(\frac{1}{2}\leqq t\leqq\frac{3}{4}\right) \end{cases}$
$\frac{3}{4}\leqq t\leqq1$ のときの結果と合わせると，距離の最大値は，
$\begin{cases} \sqrt3\left(1-t\right) \left(0\leqq t\leqq\frac{1}{2}\right) \\ \sqrt{1-t^2} \left(\frac{1}{2}\leqq t\leqq1\right) \end{cases}$
$\therefore S\left(t\right)=\begin{cases} \pi\left\{\sqrt3\left(1-t\right)\right\}^2=3\pi\left(1-t\right)^2 \left(0\leqq t\leqq\frac{1}{2}\right) \\ \pi\left(\sqrt{1-t^2}\right)^2=\pi\left(1-t^2\right) \left(\frac{1}{2}\leqq t\leqq1\right) \end{cases}$ ……(答)

(4)
$V=\int_{0}^{1}S\left(t\right)dt=\int_{0}^{\frac{1}{2}}{3\pi\left(1-t\right)^2}dt+\int_{\frac{1}{2}}^{1}\pi\left(1-t^2\right)dt=\left[-\pi\left(1-t\right)^3\right]_0^{\frac{1}{2}}+\left[\pi\left(t-\frac{1}{3}t^3\right)\right]_{\frac{1}{2}}^1=\frac{13}{12}\pi$ ……(答)

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2019.09.03

2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問4 方針の立て方 (1) 「接線の問題は接点から始める」という基本的な解法から考える． (2)(3)は典型的な三次関数と接線の問題であり特筆事項なし．解答例 (1) よって，接点での接線は， ……(答) (2) 三次関数に複接線が存在しないことに注意す

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2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問4

方針の立て方

(1)
「接線の問題は接点から始める」という基本的な解法から考える．

(2)(3)は典型的な三次関数と接線の問題であり特筆事項なし．

解答例

(1)
$f^\prime\left(x\right)=3x^2-1$
よって，接点 $\left(t,t^3-t\right)$ での接線は，
$y=\left(3t^2-1\right)x-2t^3$
$\therefore\begin{cases} m=3t^2-1\Leftrightarrow t=\pm\sqrt{\frac{m+1}{3}}\left(m\geqq-1\right) \\ -mp+q=-2t^3 \end{cases}$
$\therefore q=mp\pm2\left(\frac{m+1}{3}\right)^\frac{3}{2} \left(m\geqq-1\right)$ ……(答)

(2)
三次関数に複接線が存在しないことに注意すれば，(1)の接線の方程式に $\left(p,q\right)$ を代入した $t$ についての三次方程式： $q=\left(3t^2-1\right)p-2t^3$ の解が相異なる３つの実数解となれば必要十分．
$f\left(t\right)=2t^3-3pt^2+p+q$ ((右辺)̠ $-$ (左辺))として， $f\left(t\right)$ が極大値と極小値をもち，かつ，その２つの符号が正，負(異符号)であれば必要十分．
$f^\prime\left(t\right)=6t^2-6pt=6t\left(t-p\right)$
$\therefore p\neq0$ かつ， $f\left(0\right)f\left(p\right)<0\Leftrightarrow\left(p+q\right)\left(-p^3+p+q\right)<0$
$p=0$ のとき， $\left(p+q\right)\left(-p^3+p+q\right)=q^2\geqq0$ より， $p\neq0$ という条件は $\left(p+q\right)\left(-p^3+p+q\right)<0$ に内包される．
$\therefore\left(p+q\right)\left(-p^3+p+q\right)<0$ ……(答)

(3)
前問の結果より，図示すべき条件は，
$\begin{cases} p+q<0 \\ -p^3+p+q>0 \end{cases}$
または
$\begin{cases} p+q>0 \\ -p^3+p+q<0 \end{cases}$
これを図示すると，下図．
但し境界は含まない．

(上図が答え)

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2019.09.03

2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問3 方針の立て方 (1) がもっと具体的に書き下せることから具体的に書き下してみる．するとの与えられ方が数列の漸化式と同じ形式であることが見抜けて解法が得られる． (2) という重要な性質から考える．(※極限値が分かっていてその証明をしたい場合にはを利用

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方針の立て方

(1)
$f\left(f^{n-1}\left(z\right)\right)$ がもっと具体的に書き下せることから具体的に書き下してみる．すると $f^n\left(z\right)$ の与えられ方が数列の漸化式と同じ形式であることが見抜けて解法が得られる．

(2)
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|f^n\left(z\right)-\delta\right|}=0\Leftrightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}{f^n\left(z\right)}=\delta$ という重要な性質から考える．(※極限値が分かっていてその証明をしたい場合には $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|f^n\left(z\right)-\delta\right|}=0$ を利用する方が証明がしやすいことも併せておさえておこう．)

(3)
複素数の円の問題であることと， $\left|\alpha\right|$ の形を作り出したいというところから， $\left|f^n\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}\right|$ を考えることが思いつく．

解答例

(1)
$f^n\left(z\right)=f\left(f^{n-1}\left(z\right)\right)=\alpha f^{n-1}\left(z\right)+\beta\Leftrightarrowf^n\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}=\alpha\left(f^{n-1}\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}\right)$
$\therefore f^n\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}=\left(f^1\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}\right)\alpha^{n-1}=\left(f\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}\right)\alpha^{n-1}=\left(z-\frac{\beta}{1-\alpha}\right)\alpha^n$
$\therefore f^n\left(z\right)=\left(z-\frac{\beta}{1-\alpha}\right)\alpha^n+\frac{\beta}{1-\alpha}$ ……(答)

(2)
$\left|a\right|<1$ より， $\lim_{n\rightarrow\infty}{\alpha^n}=0$
$\therefore\lim_{n\rightarrow\infty}{f^n\left(z\right)}=\left(z-\frac{\beta}{1-\alpha}\right)\lim_{n\rightarrow\infty}{\alpha^n}+\frac{\beta}{1-\alpha}=\frac{\beta}{1-\alpha}$
$\therefore{\mathrm{lim}}_{n\rightarrow\infty}{\left|f^n\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}\right|}=0$
$\therefore\delta=\frac{\beta}{1-\alpha}$ ……(答)

(3)
$\left|f^n\left(z\right)-\frac{\beta}{1-\alpha}\right|=\left|z-\frac{\beta}{1-\alpha}\right|\cdot\left|\alpha^n\right|=\left|z-\frac{\beta}{1-\alpha}\right|$
よって， $\frac{\beta}{1-\alpha}$ を中心とする半径 $\left|z-\frac{\beta}{1-\alpha}\right|$ の円……(答)

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2019.09.03

2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問2 方針の立て方 (1) (立体の表面積)(内接球の半径)=(立体の体積)となることを利用する．内接球の半径の問題ではまずこの公式を疑いたい． (2) 表面積の比については素直に計算すれば解答が得られる．その後の最大値も，単純な微分法の問題である． (3

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方針の立て方

(1)
$\frac{1}{3}\times$ (立体の表面積) $\times$ (内接球の半径)=(立体の体積)となることを利用する．内接球の半径の問題ではまずこの公式を疑いたい．

(2)
表面積の比については素直に計算すれば解答が得られる．その後の最大値も，単純な微分法の問題である．

(3)
$a$ のみしか使えないため， $b$ を消去することを考えれば良い．前問の結果を用いれば容易に消去できる．

解答例

(1)
線分CDの中点をNとすると， $\triangle$ PMNについて，下図のように，Pから線分MNにおろした垂線の足をHとして，三平方の定理より，

PH $=\sqrt{b^2-a^2}$ であり，これが正四角錐PABCDの高さ．
底面積は，底面が一辺 $2a$ の正方形であることから， $4a^2$
よって，正四角錐PABCDの体積は，
$\frac{1}{3}\times4a^2\times\sqrt{b^2-a^2}=\frac{4a^2\sqrt{b^2-a^2}}{3}$
一方，正四角錐PABCDの表面積は，
$4a^2+4\cdot\frac{1}{2}\cdot2a\cdot b=4a^2+4ab$
よって，求める内接球の半径を $r$ とすると，表面積と体積の関係から，
$\frac{1}{3}\cdot\left(4a^2+4ab\right)\cdot r=\frac{4a^2\sqrt{b^2-a^2}}{3}\Leftrightarrow r=a\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}$ ……(答)

(2)
内接する球の表面積は，
$4\pi r^2=4\pi a^2\cdot\frac{b-a}{b+a}=4\pi$ $a^2\cdot\frac{\frac{b}{a}-1}{\frac{b}{a}+1}=4\pi$ $a^2\cdot\frac{x-1}{x+1}$
正四角錐PABCDの表面積は， $4a^2+4ab=4a^2\left(1+\frac{b}{a}\right)=4a^2\left(1+x\right)$
$\therefore\frac{4\pi a^2\cdot\frac{x-1}{x+1}}{4a^2\left(1+x\right)}=\frac{x-1}{\left(x+1\right)^2}\pi$ ……(答)
$f\left(x\right)=\frac{x-1}{\left(x+1\right)^2}\pi$ とおくと， $f^\prime\left(x\right)=\frac{3-x}{\left(x+1\right)^3}\pi$
$x>0$ に注意して増減表を描くと，

$x$	$0$	$\cdots$	$3$	$\cdots$
$f\left(x\right)$	$\mathrm{+}$	$\mathrm{+}$	$0$	$-$
$f^\prime\left(x\right)$	$\nearrow$	$\nearrow$	最大	$\searrow$

よって，求める最大値は， $f\left(3\right)=\frac{\pi}{8}$ ……(答)

(3)
$x=3$ より， $b=3a$ ．よって，求める体積は，
$\frac{4a^2\sqrt{\left(3a\right)^2-a^2}}{3}=\frac{8\sqrt2}{3}a^3$ ……(答)

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2019.09.03

2016年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問1 方針の立て方 (1) 実際にや，や等を求めることで方針及び解答が得られる．について考えるときには，の形を作るために与えられた式にを代入することも見抜きたい． (2) 前問での考察から，を数列と見做すと都合がいいことが分かる．そこで，やがどういう種類の

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方針の立て方

(1)
実際に $f\left(2,1\right)$ や $f\left(3,1\right)$ ， $f\left(1,2\right)$ や $f\left(3,1\right)$ 等を求めることで方針及び解答が得られる． $f\left(m,1\right)$ について考えるときには， $f\left(m,1\right)$ の形を作るために与えられた式に $n=1$ を代入することも見抜きたい．

(2)
前問での考察から， $f\left(m,n\right)$ を数列と見做すと都合がいいことが分かる．そこで， $f\left(m,1\right)$ や $f\left(1,n\right)$ がどういう種類の数列なのかを考える．すると方針が得られる．本問は $m$ と $n$ の二変数であるが， $f\left(1,n\right)$ から $f\left(m,n\right)$ を考えるという解法は，「 $n$ を固定して $m$ を動かす」という考え方であり，一文字固定法の考え方を応用したものである．

(3)
$f\left(m,n\right)$ の具体的な表式が得られているので， $\left(2n-1\right)\cdot2^{m-1}$ が任意の正の整数を取れることを示せばよい．奇数が $2n-1$ で表されること， $2^{m-1}$ が偶数となることから，偶奇で別個に考えると良いという方針が立つ．

解答例

(1)
$m\geqq2$ のとき， $n=1$ とすることで，
$f\left(m,1\right)=2f\left(m-1,1\right)$
$\therefore f\left(m,1\right)=2^{m-1}f\left(1,1\right)=2^{m-1}$
$f\left(1,1\right)=1=2^{1-1}$ より， $f\left(m,1\right)=2^{m-1}$ は $m=1$ のときも成立．
$\therefore f\left(m,1\right)=2^{m-1}$ ……(答)
続いて， $f\left(1,n\right)=2n-1$ を数学的帰納法により示す．
$n=1$ のとき， $f\left(1,1\right)=1$ ， $2n-1=1$ より，成立．
$n=2$ のとき， $f\left(1,2\right)=\frac{1}{2}f\left(2,2\right)=3$ ， $2n-1=3$ より，成立．
$n=3$ のとき， $f\left(1,3\right)=\frac{1}{2}f\left(2,3\right)=\frac{1}{2^2}f\left(3,3\right)=5$ ， $2n-1=5$ より，成立．
次に， $n=k,k+1,k+2$ のとき $f\left(1,n\right)=2n-1$ が成り立つことを仮定する．
すると，
$f\left(1,k+3\right)=3f\left(1,k+2\right)-3f\left(1,k+1\right)+f\left(1,k\right)\bigm=3\left\{2\left(k+2\right)-1\right\}-3\left\{2\left(k+1\right)-1\right\}+\left(2k+1\right)\bigm=2k+5\bigm=2\left(k+3\right)-1$
これは， $n=k+3$ のときの成立を表す．
よって， $f\left(1,n\right)=2n-1$ ……(答)

(2)
$f\left(1,n\right)=2n-1$ と $f\left(m,n\right)=2f\left(m-1,n\right)$ より， $f\left(m,n\right)$ は $m$ について初項 $2n-1$ ，公比2の等比数列とみなせるから，
$f\left(m,n\right)=\left(2n-1\right)\cdot2^{m-1}$
$\therefore f\left(6,32\right)=\left(2\cdot32-1\right)\cdot2^{6-1}=2016$ ……(答)

(3)
$f\left(m,n\right)=\left(2n-1\right)\cdot2^{m-1}$ で， $m=1$ とすれば， $n$ を任意に設定することで，任意の奇数を取ることができる．
一方，任意の偶数については，全ての偶数は素因数分解によって， $2^x\times$ (奇数)とすることできるから， $m-1=x\Leftrightarrow m=x+1$ として， $n$ を任意に設定することで，任意の偶数を取ることができる．
証明終了．

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