筑波大学数学問題集 1 1 f(x) = x4 + 2x2 ¡ 4x + 8 とする。 (1) (x2 + t)2 ¡ f(x) = (px + q)2 が x の恒等式となるような整数 t,p,q の値を一組求めよ。 (2) (1) で求めた t,p,q の値を用いて方程式 (x2 + t)2 = (px + q)2 を解くことにより,方程式 f(x) = 0 の解をすべて求めよ。 2006 年[1] x (1) (x2 + t)2 ¡ f(x) = (px + q)2 より 2(t ¡ 1)x2 + 4x + t2 ¡ 8 = p2 x2 + 2pqx + q2 これが x の恒等式であるから 2t ¡ 2 = p2 ÝÝ 1, 4 = 2pq ÝÝ 2, t2 ¡ 8 = q2 ÝÝ 3 2 をみたす整数 p,q は (p; q) = (1; 2); (2; 1); (¡1; ¡2); (¡2; ¡1) であるが,1,3 より,(p; q) = (1; 2); (¡1; ¡2) のときは t が整数とはならないので不適。 よって (p; q) = (2; 1); (¡2; ¡1) このとき,1,3 より t=3 したがって (t; p; q) = (3; 2; 1); (3; ¡2; ¡1) (2) (t; p; q) = (3; 2; 1) のとき (x2 + 3)2 = (2x + 1)2 (x2 + 3)2 ¡ (2x + 1)2 = 0 これを解くと (x2 + 3 ¡ 2x ¡ 1)(x2 + 3 + 2x + 1) = 0 (x2 ¡ 2x + 2)(x2 + 2x + 4) = 0 p x = 1 § i; ¡1 § 3i 2 67回生 2 xy 平面上に 2 定点 A(1; 0) と O(0; 0) をとる。また,m を 1 より大きい実数とする。 (1) AP : OP = m : 1 を満たす点 P(x; y) の軌跡を求めよ。 (2) 点 A を通る直線で,(1) で求めた軌跡との共有点が 1 個のものを求めよ。また,その共有点の座標も 求めよ。 2007 年[1] x (1) AP : OP = m : 1 より,mOP = AP すなわち m2 OP2 = AP2 であるから m2 (x2 + y2 ) = (x ¡ 1)2 + y2 (m2 ¡ 1)x2 + 2x + (m2 ¡ 1)y2 = 1 m > 1 より,m2 ¡ 1 > 0 であるから 1 2 x2 + 2 x + y2 = 2 m ¡1 m ¡1 2 1 m2 ; + y2 = #x + 2 ÝÝ 1 2 m ¡1 (m ¡ 1)2 m 1 よって,点 P の軌跡は,中心 #¡ 2 ; 0;,半径 2 の円である。 m ¡1 m ¡1 (2) (1) で求めた円を C とする。点 A(1; 0) を通る直線 l は,x = 1 または y = k(x ¡ 1) とおける。 i). l が x = 1 のとき C の中心と l の距離は であるから 1 ¡ #¡ m2 m2 1 ;= 2 ¡1 m ¡1 m2 m > 2 m2 ¡ 1 m ¡1 よって,C と l の共有点はない。 ii). l が y = k(x ¡ 1) のとき 条件より,C と l が接すればよいので,C の中心と l:kx ¡ y ¡ k = 0 の距離が C の半径に等し ければよい。よって ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¡ 2k ¡ k¯ m ¡ 1 p k2 p +1 mjkj = m m2 ¡ 1 =1 k2 + 1 両辺を 2 乗して m2 k2 =1 k2 + 1 2 (m ¡ 1)k2 = 1 ゆえに k = §p 1 m2 ¡1 したがって,求める l の方程式は 1 y = §p (x ¡ 1) ÝÝ 2 2 m ¡1 2 を 1 に代入すると 2 1 m2 1 ; + 2 #x + 2 (x ¡ 1)2 = m ¡1 m ¡1 (m2 ¡ 1)2 m2 x2 = 0 2 m ¡1 よって,x = 0 であるから,2 より 1 y = ¨p m2 ¡ 1 したがって,共有点の座標は %0; ¨ p 1 m2 ¡1 = (直線の方程式と複合同順) 筑波大学数学問題集 3 3 p,q を正の実数とする。x の方程式 log10 (px) ¢ log10 (qx) + 1 = 0 が 1 より大きい解をもつとき,点 (log10 p; log10 q) の存在する範囲を座標平面上に図示せよ。 2008 年[1] x 真数条件より,px > 0,qx > 0 であり,また,p > 0,q > 0 であるから,x > 0。 より log10 (px) ¢ log10 (qx) + 1 = 0 (log10 x + log10 p)(log10 x + log10 q) + 1 = 0 ここで,log10 x = t,log10 p = a,log10 q = b とおくと (t + a)(t + b) + 1 = 0 t2 + (a + b)t + ab + 1 = 0 ÝÝ 1 x > 1 のとき,t = log10 x > 0 であるから,t についての 2 次方程式 1 が少なくとも 1 つの正の解をも てばよい。よって f(t) = t2 + (a + b)t + ab + 1 2 (a ¡ b + 2)(a ¡ b ¡ 2) a+b ; ¡ = #t + 2 4 とすると,y = f(t) のグラフが t 軸の正の部分に少なくとも 1 つの共有点をもてばよい。放物線 y = f(t) a+b である。 の軸の方程式は,t = ¡ 2 q)1 の 2 解が正と負のとき f (0) < 0 すなわち ab < ¡1 ÝÝ 2 r)2 の 2 解が正と 0 のとき a+b f (0) = 0 かつ ¡ >0 2 すなわち ab = ¡1 かつ b < ¡a ÝÝ 3 s)1 の 2 解(重解を含む)がともに正のとき (a ¡ b + 2)(a ¡ b ¡ 2) < a+b a+b ;=¡ f #¡ > 0 かつ f (0) > 0 = 0 かつ ¡ 2 2 4 すなわち > a + 2 または b = < a ¡ 2」 かつ b < ¡a かつ ab > ¡1 ÝÝ 4 「b = 4 67回生 以上より,2 または 3 または 4 が求める a,b の条件であり,点 (a; b) の存在する範囲は,右の 図の斜線部分である。ただし,境界線は, 直線 b = a + 2 (a < ¡1),b = a ¡ 2 (a < 1) を 含み,曲線 ab = ¡1 (¡1 < a < 0; 1 < a) は含ま ない。また,2 点 (¡1; 1),(1; ¡1) は含まない。 筑波大学数学問題集 5 4 以下の問いに答えよ。 (1) 等式 cos 3µ = 4 cos3 µ ¡ 3 cos µ を示せ。 (2) 2 cos 8º は 3 次方程式 x3 ¡ 3x + 1 = 0 の解であることを示せ。 (3) x3 ¡ 3x + 1 = (x ¡ 2 cos 8º)(x ¡ 2 cos ®)(x ¡ 2 cos ¯) となる角度 ®,¯ を求めよ。ただし, º < ® < ¯ < 18º とする。 2009 年[1] x (1) cos 3µ = cos(2µ + µ) = cos 2µ cos µ ¡ sin 2µ sin µ = (2 cos2 µ ¡ 1) cos µ ¡ (2 sin µ cos µ) sin µ = 2 cos3 µ ¡ cos µ ¡ 2 sin2 µ cos µ = 2 cos3 µ ¡ cos µ ¡ 2(1 ¡ cos2 µ) cos µ = 2 cos3 µ ¡ cos µ ¡ 2 cos µ + 2 cos3 µ = 4 cos3 µ ¡ 3 cos µ (2) (1) より,cos 3 £ 8º = 4 cos3 8º ¡ 3 cos 8º であるから (2 cos 8º)3 ¡ 3 ¢ 2 cos 8º + 1 = 2(4 cos3 8º ¡ 3 cos 8º) + 1 = 2 cos 3 £ 8º + 1 = 2 cos 24º + 1 1 = 2 #¡ ; + 1 2 =0 よって,2 cos 8º は 3 次方程式 x3 ¡ 3x + 1 = 0 の解である。 (3) より x3 ¡ 3x + 1 = (x ¡ 2 cos 8º)(x ¡ 2 cos ®)(x ¡ 2 cos ¯) x = 2 cos µ (µ = 8º; ®; ¯; º < ® < ¯ < 18º) は 3 次方程式 x3 ¡ 3x + 1 = 0 の解であるから (1) より (2 cos µ)3 ¡ 3 ¢ 2 cos µ + 1 = 0 2(4 cos3 µ ¡ 3 cos µ) + 1 = 0 2 cos 3µ + 1 = 0 よって 1 2 º < µ < 18º より,º < 3µ < 54º であるから 3µ = 12º; 24º; 48º cos 3µ = ¡ ゆえに µ = 4º; 8º; 16º したがって ® = 4º; ¯ = 16º 6 67回生 5 f(x) = 1 x3 ¡ 1 ax2 とおく。ただし a > 0 とする。 3 2 < f(3) となる a の範囲を求めよ。 (1) f(¡1) = (2) f(x) の極小値が f(¡1) 以下となる a の範囲を求めよ。 <x= < 3 における f(x) の最小値を a を用いて表せ。 (3) ¡1 = 2010 年[1] x 1 1 9 ¡ a; f(3) = 9 ¡ a 3 2 2 < f(3) より であるから,f(¡1) = 9 1 1 < 9¡ a ¡ ¡ a= 3 2 2 ゆえに < 7 a= 3 a > 0 であるから,求める a の範囲は < 7 0<a= 3 f0 (x) = x2 ¡ ax = x(x ¡ a) (2) (1) f(¡1) = ¡ a > 0 であるから,f(x) の増減表は次のようになる。 x 0 Ý 0 f (x) + f(x) 0 0 % a Ý ¡ & Ý 0 + 1 ¡ a3 6 % 1 3 a が f(¡1) 以下であることより 6 1 <¡1 ¡ 1a ¡ a3 = 6 3 2 >0 a3 ¡ 3a ¡ 2 = >0 (a + 1)2 (a ¡ 2) = >2 a > 0 であるから,a = 極小値 f(a) = ¡ (3) i). 0 < a < 3 のとき <x= < 3 における f(x) の増減表は次のようになる。 ¡1 = x ¡1 0 f (x) f(x) ¡ Ý 1 1 ¡ a 3 2 0 + 0 % 0 a Ý 0 ¡ & ¡ 1 3 a 6 3 Ý + % 9¡ (2) の結果より,最小値は 0 < a < 2 のとき < a < 3 のとき 2= 1 1 f(¡1) = ¡ ¡ a 3 2 1 3 f(a) = ¡ a 6 > 3 のとき ii). a = <x= < 3 における f(x) の増減表は次のようになる。 ¡1 = x ¡1 0 f (x) f(x) (1) の結果より,最小値は f(3) = 9 ¡ 9 a 2 ¡ 1 1 ¡ a 3 2 Ý 0 + 0 % 0 Ý 3 ¡ & 9¡ 9 a 2 9 a 2 筑波大学数学問題集 7 6 O を原点とする xy 平面において,直線 y = 1 の jxj > 1 を満たす部分を C とする。 = (1) C 上に点 A(t; 1) をとるとき,線分 OA の垂直二等分線の方程式を求めよ。 (2) 点 A が C 全体を動くとき,線分 OA の垂直二等分線が通過する範囲を求め,それを図示せよ。 2011 年[1] x 1 であるから,線分 OA の垂直二等分線は傾きは t t 1 ; を通るから,その方程式は ¡t であり,線分 OA の中点 # ; 2 2 1 t y¡ = ¡t #x ¡ ; 2 2 すなわち 1 y = ¡tx + (t2 + 1) ÝÝ 1 2 (2) 点 A(t; 1) が C 全体を動くので > 1 ÝÝ 2 jtj = (1) 線分 OA の傾きが t が 2 の範囲で動くときの 1 の通過範囲を求めればよい。 x を s に固定して,t を 2 の範囲で動かすときの y のとり 得る値の範囲を求める。1 に x = s を代入して 1 y = ¡ts + (t2 + 1) 2 1 1 1 = (t ¡ s)2 ¡ s2 + ÝÝ 3 2 2 2 > 1 のとき i). jsj = > ¡ 1 s2 + 1 3 は t = s のとき最小となり,y = 2 2 < s < 1 のとき ii). 0 = > ¡s + 1 3 は t = 1 のとき最小となり,y = iii). ¡1 < s < 0 のとき > s+1 3 は t = ¡1 のとき最小となり,y = 8 67回生 したがって,1 の通過範囲は > ¡ 1 x2 + 1 (jxj = > 1) y= 2 2 > ¡x + 1 < x < 1) Yy = (0 = > x+1 y= (¡1 < x < 0) これを図示すると,右の図の斜線部分である。 ただし,境界線を含む。 筑波大学数学問題集 9 7 x の方程式 j log xj = px + q(p,q は実数)が 3 つの相異なる正の解をもち,次の 2 つの条件を満た 10 すとする。 (a)3 つの解の比は,1:2:3 である。 1 (b)3 つの解のうち最小のものは, より大きく,1 より小さい。 2 このとき,A = log10 2,B = log10 3 とおき,p と q を A と B を用いて表せ。 2012 年[1] x j log10 xj = px + q ÝÝ 1 (a)より,3 つの解は,®,2®,3® (® > 0) とおける。 1 (b)より, < ® < 1 であるから 2 3 1 < 2® < 2; < 3® < 3 2 よって log10 ® < 0; log10 2® > 0; log10 3® > 0 ゆえに,1 より ¡ log10 ® X log10 2® log10 3® = p® + q = 2p® + q = 3p® + q すなわち ¡ log10 ® = p® + q X log10 2 + log10 ® = 2p® + q log10 3 + log10 ® = 3p® + q ここで,A = log10 2,B = log10 3 であるから ¡ log10 ® = p® + q ÝÝ 2 X A + log10 ® = 2p® + q ÝÝ 3 B + log10 ® = 3p® + q ÝÝ 4 2 + 3 より A = 3p® + 2q ÝÝ 5 4 ¡ 3 より B ¡ A = p® ÝÝ 6 6 を 5 に代入すると 3 B ÝÝ 7 2 6 と 7 を 2 に代入すると q = 2A ¡ ¡ log10 ® よって ®= 6 より p= 3 = B ¡ A + 2A ¡ B 2 1 =A¡ B 2 1 = log10 2 ¡ log10 3 2 2 = log10 p 3 p 3 2 1 2 (B ¡ A) = p (B ¡ A) ® 3 10 67回生 8 f(x),g(t) を f(x) = x3 ¡ x2 ¡ 2x + 1,g(t) = cos 3t ¡ cos 2t + cos t とおく。 (1) 2g(t) ¡ 1 = f(2 cos t) が成り立つことを示せ。 ¼ (2) µ = のとき,2g(µ) cos µ = 1 + cos µ ¡ 2g(µ) が成り立つことを示せ。 7 ¼ (3) 2 cos は 3 次方程式 f(x) = 0 の解であることを示せ。 7 2013 年[1] x (1) 2g(t) ¡ 1 = 2 (cos 3t ¡ cos 2t + cos t) ¡ 1 = 2 (4 cos3 t ¡ 3 cos t ¡ 2 cos2 t + 1 + cos t) ¡ 1 = 8 cos3 t ¡ 4 cos2 t ¡ 4 cos t + 1 = f(2 cos t) (2) (左辺)¡(右辺) µ= ¼ より,7µ = ¼ であるから 7 3µ = ¼ ¡ 4µ = 2g(µ) cos µ ¡ 1 ¡ cos µ + 2g(µ) = 2g(µ)(cos µ + 1) ¡ (cos µ + 1) = (cos µ + 1)(2g(µ) ¡ 1) = (cos µ + 1)(8 cos3 µ ¡ 4 cos2 µ ¡ 4 cos µ + 1) = 8 cos4 µ + 4 cos3 µ ¡ 8 cos2 µ ¡ 3 cos µ + 1 ÝÝ 1 よって cos 3µ = cos(¼ ¡ 4µ) = ¡ cos 4µ ÝÝ 2 cos 3µ cos 4µ = 4 cos3 µ ¡ 3 cos µ = 2 cos2 2µ ¡ 1 = 2(2 cos2 µ ¡ 1)2 ¡ 1 ここで = 8 cos4 µ ¡ 8 cos2 µ + 1 ÝÝ 3 ゆえに,1,2,3 より (左辺)¡(右辺) = (4 cos3 µ ¡ 3 cos µ) + (8 cos4 µ ¡ 8 cos2 µ + 1) = cos 3µ + cos 4µ =0 したがって ¼ µ= のとき,2g(µ) cos µ = 1 + cos µ ¡ 2g(µ) 7 (3) (2) より 2g(µ) cos µ = 1 + cos µ ¡ 2g(µ) (2g(µ) ¡ 1)(1 + cos µ) = 0 ¼ のとき,1 + cos µ Ë 0 であるから µ= 7 2g(µ) ¡ 1 = 0 よって,(1) より f(2 cos µ) = 2g(µ) ¡ 1 = 0 ¼ したがって,2 cos は 3 次方程式 f(x) = 0 の解である。 7 筑波大学数学問題集 11 9 f(x) = x3 ¡ x とする。y = f(x) のグラフに点 P(a; b) から引いた接線は 3 本あるとする。3 つの接 点 A(®; f(®)),B(¯; f(¯)),C(°; f(°)) を頂点とする三角形の重心を G とする。 (1) ® + ¯ + °,®¯ + ¯° + °® および ®¯° を a,b を用いて表せ。 (2) 点 G の座標を a,b を用いて表せ。 (3) 点 G の x 座標が正で,y 座標が負となるような点 P の範囲を図示せよ。 2014 年[1] x (1) y = f(x) のグラフ上の点 (t; f(t)) における接線の方程式は y = f0 (t)(x ¡ t) + f(t) = (3t2 ¡ 1)(x ¡ t) + t3 ¡ t = (3t2 ¡ 1)x ¡ 2t3 これが点 P(a; b) を通るとすると b = (3t2 ¡ 1)a ¡ 2t3 2t3 ¡ 3at2 + a + b = 0 ÝÝ 1 1 の異なる 3 つの実数解が ®,¯,° であるから,解と係数の関係より 3 ®+¯+°= a 2 ®¯ + ¯° + °® = 0 1 ®¯° = ¡ (a + b) 2 (2) (1) より ®2 + ¯2 + °2 = (® + ¯ + °)2 ¡ 2(®¯ + ¯° + °®) 9 = a2 4 ®3 + ¯3 + °3 = (® + ¯ + °) f(®2 + ¯2 + °2 ) ¡ (®¯ + ¯° + °®)g + 3®¯° 3 1 9 = a # a2 ¡ 0; + 3 S¡ (a + b)k 2 4 2 3 3 27 3 a ¡ a¡ b = 8 2 2 であるから f(®) + f(¯) + f(°) = (®3 ¡ ®) + (¯3 ¡ ¯) + (°3 ¡ °) = (®3 + ¯3 + °3 ) ¡ (® + ¯ + °) 3 3 3 27 3 =# a ¡ a ¡ b; ¡ a 8 2 2 2 27 3 3 = a ¡ 3a ¡ b 8 2 よって より G$ (3) 条件より G# すなわち ®+¯+° f(®) + f(¯) + f(°) < ; 3 3 9 3 1 1 a; a ¡ a ¡ b; 2 8 2 1 a>0 2 W 9 3 1 a ¡a¡ b<0 8 2 a>0 9 b > a3 ¡ 2a 4 1 の左辺を g(t) とすると V ÝÝ 2 g0 (t) = 6t2 ¡ 6at = 6t(t ¡ a) P から y = f(x) のグラフに 3 本の接線が引けるためには,1 が異なる 3 つの実数解をもてばよい。そ のためには g(t) が極値をもち,極大値と極小値が異符号であればよいが,a > 0 であるので,g(0) > 0 かつ g(a) < 0 であればよい。よって 12 67回生 U a+b>0 ¡ a3 + a + b ÝÝ 3 したがって,2,3 を同時にみたすような 点 P(a; b) の存在範囲は,右の図の斜線部 分である。ただし,境界線を含まない。 筑波大学数学問題集 13 10 座標空間において,原点 O を通り方向ベクトル (cos µ; sin µ; 0) をもつ直線を Lµ とする。点 A(2; 0; 1) から直線 Lµ に下ろした垂線と Lµ との交点を Pµ とする。 (1) µ が実数全体を動くとき,Pµ は xy 平面内の円周上を動くことを示し,その中心の座標と半径を求めよ。 < µ < ¼ の範囲を動くとする。三角形 OAPµ の面積の最大値と,そのときの Pµ の座標を求 (2) µ が 0 = 2 めよ。 2006 年[1] x ¡ ! (1) 直線 Lµ の方向ベクトルを u = (cos µ; sin µ; 0) とすると,t を実数として ¡¡! OPµ = t (cos µ; sin µ; 0) = (t cos µ; t sin µ; 0) よって ¡¡! APµ = (t cos µ ¡ 2; t sin µ; ¡1) ¡¡! ¡ ! であるから,APµ ? u より cos µ (t cos µ ¡ 2) + sin µ ¢ t sin µ + 0 ¢ (¡1) = 0 t !cos2 µ + sin2 µ9 ¡ 2 cos µ = 0 t = 2 cos µ ゆえに,点 Pµ の座標は (2 cos2 µ; 2 sin µ cos µ; 0) = (1 + cos 2µ; sin 2µ; 0) ここで,x = 1 + cos 2µ,y = sin 2µ とおくと 2 (x ¡ 1) + y2 = 1 したがって,Pµ は xy 平面内の円周上を動き,その円の中心の座標は (1; 0; 0),半径は 1 である。 ¡¡! (2) (1) より,OPµ = (2 cos2 µ; 2 sin µ cos µ; 0) であるから ¡! ¡¡! OA ¢ OPµ = 2 ¢ 2 cos2 µ + 0 ¢ 2 sin µ cos µ + 1 ¢ 0 = 4 cos2 µ < µ < ¼ のとき 0= 2 C ¡¡! OPµ = (2 cos2 µ)2 + (2 sin µ cos µ)2 + 02 C = 4 cos4 µ + 4 sin2 µ cos2 µ C = 4 cos2 µ(cos2 µ + sin2 µ) = 2 cos µ ¡! また,OA = (2; 0; 1) より B ¡! OA = 5 よって,4OAPµ の面積を S とすると F ¡! 2 ¡¡! 2 ¡! ¡¡! 2 1 S = OA OPµ ¡ #OA ¢ OPµ ; 2C 1 5 ¢ 4 cos2 µ ¡ 16 cos4 µ = 2 C = 5 cos2 µ ¡ 4 cos4 µ F 25 5 2 = ¡ 4 #cos2 µ ¡ ; + 8 16 B B F F F 10 6 5 5 25 5 したがって,cos µ = = ,sin µ = 1¡ = のとき,S の最大値は = 8 4 8 4 16 4 である。 B B B 10 6 15 5 5 2 また,このとき,2 cos µ = 2 ¢ = ,2 sin µ cos µ = 2 ¢ ¢ = であるから 8 4 4 4 4 B 15 5 ; 0= Pµ % ; 4 4 14 67回生 11 (1) 一般項 an が an 3 + bn 2 + cn で表される数列 fan g において, n 2 = an+1 ¡ an (n = 1; 2; 3 Ý) が成り立つように,定数 a,b,c を定めよ。 n P 1 (2) (1) の結果を用いて, k2 = n(n + 1)(2n + 1) となることを示せ。 6 k=1 (3) 1; 2; Ý ; n の相異なる 2 数の積のすべての和を S(n) とする。たとえば, S(3) = 1 £ 2 + 1 £ 3 + 2 £ 3 = 11 である。S(n) を n の 4 次式で表せ。 2007 年[1] x (1) an = an 3 + bn 2 + cn において,n 2 = an+1 ¡ an であるから n 2 = a(n + 1)3 + b(n + 1)2 + c(n + 1) ¡ (an 3 + bn 2 + cn) = 3an 2 + (3a + 2b)n + a + b + c これがどのような n についても成り立つためには 3a = 1; 3a + 2b = 0; a + b + c = 0 よって 1 1 ; c= 2 6 1 3 1 2 1 (2) (1) の結果より,an = n ¡ n + であるから 3 2 6 n n P 2 P k = (ak+1 ¡ ak ) a= 1 ; 3 k=1 b=¡ k=1 = (a2 ¡ a1 ) + (a3 ¡ a2 ) + (a4 ¡ a3 ) + ÝÝ + (an+1 ¡ an ) = an+1 ¡ a1 1 1 1 1 1 1 = (n + 1)3 ¡ (n + 1)2 + (n + 1) ¡ # ¡ + ; 3 2 6 3 2 6 1 = (n + 1) Q2(n + 1)2 ¡ 3(n + 1) + 1i 6 1 = (n + 1)(2n 2 + n) 6 1 = n(n + 1)(2n + 1) 6 (3) Sn = = = = = = 1 Q(1 + 2 + 3 + ÝÝ + n)2 ¡ (12 + 22 + 32 + ÝÝ + n 2 )i 2 2 1 1 1 S n ( n + 1 ) k ¡ n ( n + 1 ) (2n + 1 ) ˜ 2 2 6 1 1 2 1 2 S n (n + 1) ¡ n(n + 1)(2n + 1)k 2 4 6 1 n(n + 1) f3n(n + 1) ¡ 2(2n + 1)g 24 1 n(n + 1)(3n 2 ¡ n ¡ 2) 24 1 (n ¡ 1)n(n + 1)(3n + 2) 24 筑波大学数学問題集 15 12 二つの数列 fan g,fbn g を次の漸化式によって定める。 a1 = 3; b1 = 1 1 an+1 = (3an + 5bn ) 2 1 bn+1 = (an + 3bn ) 2 (1) すべての自然数 n について,an 2 ¡ 5bn 2 = 4 であることを示せ。 (2) すべての自然数 n について,an ,bn は自然数かつ an + bn は偶数であることを証明せよ。 2008 年[1] x (1) an+1 2 ¡ 5bn+1 2 よって (2) 2 2 1 1 = S (3an + 5bn )k ¡ 5 S (an + 3bn )k 2 2 1 Q(9an 2 + 30an bn + 25bn 2 ) ¡ 5(an 2 + 6an bn + 9bn 2 )i = 4 = an 2 ¡ 5bn 2 an 2 ¡ 5bn 2 = a1 2 ¡ 5b1 2 = 32 ¡ 5 ¢ 12 = 4 an ,bn は自然数かつ an + bn は偶数である。 ÝÝ (A) が成り立つことを数学的帰納法により示す。 i). n = 1 のとき a1 = 3,b1 = 1 であるから,a1 ,b1 は自然数かつ a1 + b1 は偶数である。 よって,n = 1 のとき,(A) は成り立つ。 ii). n = k のとき (A) が成り立つ,すなわち ak ,bk は自然数かつ ak + bk は偶数である。 が成り立つと仮定すると 1 1 ak+1 = (3ak + 5bk ) = (ak + 2bk ) + (ak + bk ) 2 2 1 1 bk+1 = (ak + 3bk ) = bk + (ak + bk ) 2 2 1 1 ak+1 + bk+1 = (3ak + 5bk ) + (ak + 3bk ) = 2(ak + 2bk ) 2 2 であるから,ak+1 ,bk+1 は自然数かつ ak+1 + bk+1 は偶数である。 したがって,n = k + 1 のときも (A) は成り立つ。 q),r) より,すべての自然数 n について,(A) は成り立つ。 16 67回生 13 自然数の数列 fan g,fbn g は B B (5 + 2)n = an + bn 2 (n = 1; 2; 3 Ý) を満たすものとする。 B (1) 2 は無理数であることを示せ。 (2) an+1 ,bn+1 を an ,bn を用いて表せ。 (3) すべての自然数 n に対して an+1 + pbn+1 = q(an + pbn ) が成り立つような定数 p,q を 2 組求めよ。 (4) an ,bn を n を用いて表せ。 2009 年[1] x (1) 背理法により示す。 B 2は無理数でない,すなわち,有理数であると仮定すると B a 2 = (a,b は互いに素である自然数) b とおける。両辺を 2 乗して,分母を払うと a2 = 2b2 ÝÝ 1 よって,a2 は 2 の倍数であるから,a は 2 の倍数である。 ゆえに a = 2c(c は自然数) ÝÝ 2 とおける。1,2 より 4c2 = 2b2 ,すなわち,2c2 = b2 よって,b2 は 2 の倍数であるから,b も 2 の倍数である。 これは,a と b が互いに素であることに矛盾する。 B したがって, 2 は無理数である。 (2) 漸化式 より B B (5 + 2)n = an + bn 2 ÝÝ 3 B an+1 + bn+1 2 B = (5 + 2)n+1 B B = (5 + 2)n (5 + 2) B B = (an + bn 2)(5 + 2) B = 5an + 2bn + (an + 5bn ) 2 B ここで,an ,bn は自然数であり, 2 は無理数であるから an+1 = 5an + 2bn ; bn+1 = an + 5bn (3) (2) の結果を,an+1 + pbn+1 = q(an + pbn ) に用いると 5an + 2bn + p(an + 5bn ) = q(an + pbn ) (5 + p)an + (2 + 5p)bn = qan + pqbn これがすべての自然数 n について成り立つためには 5 + p = q; 2 + 5p = pq よって B B (p; q) = (§ 2; 5 § 2)(複合同順) B B (4) (3) の結果より,p = ¡B 2,q = 5B¡ 2 のときB an+1 ¡ bn+1 2 = (5 ¡ 2)(an ¡ bn 2) また,3 より a1 = 5; b1 = 1 B B B B よって,数列 fan ¡ bn 2g は,初項 a1 ¡ b1 2 = 5 ¡ 2,公比 5 ¡ 2 の等比数列である。 ゆえに B B B B an ¡ bn 2 = (5 ¡ 2)(5 ¡ 2)n¡1 = (5 ¡ 2)n ÝÝ 4 したがって,3,4 より 筑波大学数学問題集 17 an = B B 1 f(5 + 2)n + (5 ¡ 2)n g; 2 B B 1 bn = B f(5 + 2)n ¡ (5 ¡ 2)n g 2 2 18 67回生 14 点 O を原点とする座標平面上に,2 点 A(1; 0),B(cos µ; sin µ) (90Ü < µ < 180Ü) をとり,以下の条 件をみたす 2 点 C,D を考える。 ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! OA ¢ OC = 1; OA ¢ OD = 0; OB ¢ OC = 0; OB ¢ OD = 1 また,4OAB の面積を S1 ,4OCD の面積を S2 とおく。 ¡! ¡! (1) ベクトル OC,OD の成分を求めよ。 (2) S2 = 2S1 が成り立つとき,µ と S1 の値を求めよ。 (3) S = 4S1 + 3S2 を最小にする µ と,そのときの S の値を求めよ。 2010 年[1] x ¡! ¡! (1) OA = (1; 0); OB = (cos µ; sin µ) ¡! ¡! OC = (p; q); OD = (r; s) とおく。 ¡! ¡! ¡! ¡! OA ¢ OC = 1; OB ¢ OC = 0 より p = 1; p cos µ + q sin µ = 0 であるから よって q=¡ cos µ sin µ ¡! cos µ OC = (1; ¡ ) sin µ ¡! ¡! ¡! ¡! また,OA ¢ OD = 0; OB ¢ OD = 0 より r = 0; r cos µ + s sin µ = 1 であるから s= よって 1 sin µ ¡! 1 OD = (0; ) sin µ 1 1 (2) S1 = ¢ 12 ¢ sin µ = sin µ 2 2 1 1 cos µ 1 ; = S2 = 1¢ ¡ 0 ¢ #¡ 2 sin µ sin µ 2 sin µ であるから,S2 = 2S1 より 1 1 = 2 ¢ sin µ 2 2 sin µ 1 sin2 µ = 2 ここで,90Ü < µ < 180Ü より,sin µ > 0 であるから 1 sin µ = B 2 よって µ = 135Ü このとき B 2 1 B1 S1 = ¢ = 2 4 2 (3) S = 4S1 + 3S2 1 1 = 4 ¢ sin µ + 3 ¢ 2 2 sin µ 3 = 2 sin µ + 2 sin µ sin µ > 0 であるから,相加平均と相乗平均の大小関係により F 3 3 > S = 2 sin µ + 2 2 sin µ ¢ 2 sin µ = B 2 sin µ =2 3 B 3 3 等号が成り立つのは,2 sin µ = ,すなわち,sin µ = のときである。 2 2 sin µ 筑波大学数学問題集 19 よって B µ = 120Ü のとき,S の最小値は 2 3 20 67回生 15 数列 fan g を, a1 = 1; 1 1 (n + 3)an+1 ¡ nan = ¡ n+1 n+2 によって定める。 (n = 1; 2; 3 Ý) (1) bn = n(n + 1)(n + 2)an (n = 1; 2; 3 Ý) によって定まる数列 fbn g の一般項を求めよ。 (2) 等式 p(n + 1)(n + 2) + qn(n + 2) + rn(n + 1) = bn (n = 1; 2; 3 Ý) が成り立つように,定数 p,q,r の値を定めよ。 n P (3) ak を n の式で表せ。 k=1 2011 年[1] x (1) 1 1 ¡ n+1 n+2 の両辺に,(n + 1)(n + 2) をかけると (n + 1)(n + 2)(n + 3)an+1 ¡ n(n + 1)(n + 2)an = (n + 2) ¡ (n + 1) (n + 3)an+1 ¡ nan = ここで,bn = n(n + 1)(n + 2)an であるから bn+1 ¡ bn = 1 また b1 = 1 ¢ 2 ¢ 3 ¢ a1 = 1 ¢ 2 ¢ 3 ¢ 1 = 6 よって,数列 fbn g は,初項 6,公差 1 の等差数列である。 したがって (2) (1) より bn = 6 + (n ¡ 1) £ 1 = n + 5 p(n + 1)(n + 2) + qn(n + 2) + rn(n + 1) = n + 5 (p + q + r)n 2 + (3p + 2q + r)n + 2p = n + 5 両辺の係数を比較すると p + q + r = 0; 3p + 2q + r = 1; 2p = 5 よって 5 p= ; 2 (3) (1),(2) より an = = = = = よって n P k=1 ak q = ¡4; r= 3 2 bn n(n + 1)(n + 2) 3 5 (n + 1)(n + 2) ¡ 4n(n + 2) + n(n + 1) 2 2 n(n + 1)(n + 2) 5 4 3 ¡ + 2n n+1 2(n + 2) 5 3 5+3 + ¡ 2n 2(n + 1) 2(n + 2) 5 1 1 3 1 1 # ¡ ;¡ # ; ¡ 2 n n+1 2 n+1 n+2 1 3 1 1 5 #1 ¡ ;¡ # ¡ ; 2 n+1 2 2 n+2 5 n 3 n = ¡ 2 n+1 2 2(n + 2) 10n(n + 2) ¡ 3n(n + 1) = 4(n + 1)(n + 2) n(7n + 17) = 4(n + 1)(n + 2) = 筑波大学数学問題集 21 16 四面体 OABC において,次が満たされているとする。 ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! OA ¢ OB = OB ¢ OC = OC ¢ OA 点 A,B,C を通る平面を ® とする。点 O を通り平面 ® と直交する直線と,平面 ® との交点を H とする。 ¡! ¡! (1) OA と BC は垂直であることを示せ。 ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! (2) 点 H は 4ABC の垂心であること,すなわち AH ? BC,BH ? CA,CH ? AB を示せ。 ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! (3) jOAj = jOBj = jOCj = 2,OA ¢ OB = OB ¢ OC = OC ¢ OA = 1 とする。このとき,4ABC の各辺 の長さおよび線分 OH の長さを求めよ。 2012 年[1] x ¡! ¡! ¡! ¡! (1) OA ¢ OB = OC ¢ OA より ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! OA ¢ BC = OA ¢ #OC ¡ OB; ¡! ¡! ¡! ¡! = OA ¢ OC ¡ OA ¢ OB =0 よって ¡! ¡! OA ? BC 同様にして ¡! ¡! OB ? CA; ¡! ¡! OC ? AB ¡! (2) OH ? 平面 ® であるから ¡! ¡! ¡! ¡! OH ? AB; OH ? BC; よって ¡! ¡! OH ? CA ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! OH ¢ AB = OH ¢ BC = OH ¢ CA = 0 ÝÝ 1 (1) の結果と 1 より ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! AH ¢ BC = #OH ¡ OA; ¢ BC ¡! ¡! ¡! ¡! = OH ¢ BC ¡ OA ¢ BC =0 同様にして したがって (3) ¡! ¡! BH ¢ CA = 0; ¡! ¡! AH ? BC; ¡! AB 2 ¡! ¡! CH ¢ AB = 0 ¡! ¡! BH ? CA; ¡! ¡! CH ? AB ¡! ¡! 2 = OB ¡ OA ¡! ¡! ¡! 2 ¡! = OB ¡ 2OB ¢ OA + OA = 22 ¡ 2 ¢ 1 + 2 2 2 =6 よって B ¡! AB = AB = 6 同様にして B BC = CA = 6 ゆえに,4ABC は正三角形であるから,垂心 BH は重心と一致し B 3 2 B 2 B AH = ¢ 6 sin 60Ü = ¢ 6¢ = 2 3 3 2 したがって C C B B OH = OA2 ¡ AH2 = 22 ¡ ( 2)2 = 2 22 67回生 17 3 つの数列 fan g,fbn g,fcn g が an+1 = ¡bn ¡ cn bn+1 = ¡cn ¡ an cn+1 = ¡an ¡ bn (n = 1; 2; 3 Ý) (n = 1; 2; 3 Ý) (n = 1; 2; 3 Ý) および a1 = a,b1 = b,c1 = c を満たすとする。ただし,a,b,c は定数とする。 (1) pn = an + bn + cn (n = 1; 2; 3 Ý) で与えられる数列 fpn g の初項から第 n 項までの和 Sn を求めよ。 (2) 数列 fan g,fbn g,fcn g の一般項を求めよ。 (3) qn = (¡1)n f(an )2 + (bn )2 + (cn )2 g (n = 1; 2; 3 Ý) で与えられる数列 fqn g の初項から第 2n 項までの和を Tn とする。a + b + c が奇数であれば,すべて の自然数 n に対して Tn が正の奇数であることを数学的帰納法を用いて示せ。 2013 年[1] x (1) pn+1 = an+1 + bn+1 + cn+1 = (¡bn ¡ cn ) + (¡cn ¡ an ) + (¡an ¡ bn ) = ¡2(an + bn + cn ) = ¡2pn p1 = a1 + b1 + c1 = a + b + c よって,数列 fpn g は,初項 a + b + c,公比 ¡2 の等比数列である。 したがって (a + b + c)f1 ¡ (¡2)n g 1 ¡ (¡2) a+b+c f1 ¡ (¡2)n g = 3 (2) an = pn ¡ (bn + cn ) = pn + an+1 より an+1 ¡ an = ¡pn Sn = よって,数列 fan g の階差数列が f¡pn g であるから > 2 のとき n= n¡1 P an = a1 + (¡pk ) k=1 a+b+c =a¡ f1 ¡ (¡2)n¡1 g 3 これは,n = 1 のときにも成り立つ。 したがって a+b+c f1 ¡ (¡2)n¡1 g an = a ¡ 3 同様にして a+b+c bn = b ¡ f1 ¡ (¡2)n¡1 g 3 a+b+c cn = c ¡ f1 ¡ (¡2)n¡1 g 3 a + b + c が奇数であれば,Tn が正の奇数である。 ÝÝ (A) (3) が成り立つことを数学的帰納法により示す。 i). n = 1 のとき T1 = q1 + q2 = ¡((a1 )2 + (b1 )2 + (c1 )2 ) + ((a2 )2 + (b2 )2 + (c2 )2 ) = ¡(a2 + b2 + c2 ) + (¡b ¡ c)2 + (¡c ¡ a)2 + (¡a ¡ b)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 よって,n = 1 のとき,(A) は成り立つ。 筑波大学数学問題集 23 ii). n = k のとき (A) が成り立つ,すなわち a + b + c が奇数であれば,Tk が正の奇数である。 が成り立つと仮定すると n = k + 1 のとき 2(k+1) P Tk+1 = ql l=1 = 2k P l=1 ql + q2k+1 + q2k+2 = Tk + q2k+1 + q2k+2 ここで q2k+1 + q2k+2 = (¡1)2k+1 f(a2k+1 )2 + (b2k+1 )2 + (c2k+1 )2 g +(¡1)2k+2 f(a2k+2 )2 + (b2k+2 )2 + (c2k+2 )2 g = ¡f(a2k+1 )2 + (b2k+1 )2 + (c2k+1 )2 g +f(¡b2k+1 ¡ c2k+1 )2 + (¡c2k+1 ¡ a2k+1 )2 + (¡a2k+1 ¡ b2k+1 )2 g = (a2k+1 )2 + (b2k+1 )2 + (c2k+1 )2 +2(a2k+1 b2k+1 + b2k+1 c2k+1 + c2k+1 a2k+1 ) = (a2k+1 + b2k+1 + c2k+1 )2 = (P2k+1 )2 (2) より P2k+1 = a2k+1 + b2k+1 + c2k+1 a+b+c a+b+c =a¡ f1 ¡ (¡2)2k g + b ¡ f1 ¡ (¡2)2k g 3 3 a+b+c +c ¡ f1 ¡ (¡2)2k g 3 = a + b + c ¡ (a + b + c)f1 ¡ (¡2)2k g = (a + b + c) 4k よって,P2k+1 は偶数であるから,q2k+1 + q2k+2 は偶数である。 ゆえに,Tk+1 は奇数である。 したがって,n = k + 1 のときも (A) は成り立つ。 q),r) より,すべての自然数 n に対して (A) は成り立つ。 24 67回生 18 平面上の直線 l に同じ側で接する 2 つの円 C1 ,C2 があり,C1 と C2 も互いに外接している。l,C1 ,C2 で囲まれた領域内に,これら 3 つと互いに接する円 C3 を作る。同様に l,Cn ,Cn+1 (n = 1; 2; 3; Ý) で 1 囲まれた領域内にあり,これら 3 つと互いに接する円を Cn+2 とする。円 Cn の半径を rn とし,xn = C rn とおく。このとき,以下の問いに答えよ。ただし,r1 = 16,r2 = 9 とする。 (1) l が C1 ,C2 ,C3 と接する点を,それぞれ A1 ,A2 ,A3 とおく。線分 A1 A2 ,A1 A3 ,A2 A3 の長さおよ び r3 の値を求めよ。 (2) ある定数 a,b に対して xn+2 = axn+1 + bxn (n = 1; 2; 3; Ý) となることを示せ。a,b の値も求 めよ。 (3) (2) で求めた a,b に対して,2 次方程式 t2 = at + b の解を ®,¯ (® > ¯) とする。x1 = c®2 + d¯2 B を満たす有理数 c,d の値を求めよ。ただし, 5 が無理数であることは証明なしで用いてよい。 (4) (3) の c,d,®,¯ に対して xn = c®n+1 + d¯n+1 (n = 1; 2; 3; Ý) となることを示し,数列 frn g の一般項を ®,¯ を用いて表せ。 2014 年[1] x 上の図より An An+1 = C 同様にして C (rn + rn+1 )2 ¡ (rn ¡ rn+1 )2 = 2 rn rn+1 C An+1 An+2 = 2 rn+1 rn+2 ; C An An+2 = 2 rn rn+2 また An An+1 = An An+2 + An+2 An+1 であるから C rn rn+1 = C rn rn+2 + C rn+1 rn+2 ゆえに 1 1 C1 =C +C ÝÝ 1 rn+2 rn+1 rn 筑波大学数学問題集 25 (1) r1 = 16,r2 = 9 であるから,1 より C1 = 1 + 1 = 7 3 4 12 r3 よって 144 r3 = 49 また C B A1 A2 = 2 r1 r2 = 2 16 £ 9 = 24 F C 96 144 A1 A3 = 2 r1 r3 = 2 16 £ = 49 7 F C 144 72 A2 A3 = 2 r2 r3 = 2 9 £ = 49 7 1 (2) xn = C であるから,1 より rn xn+2 = xn+1 + xn よって a = 1; b=1 2 (3) 2 次方程式 t = t + 1 すなわち t2 ¡ t ¡ 1 = 0 を解くと B 1§ 5 t= 2 であるから B B 1+ 5 1¡ 5 ®= ; ¯= 2 2 よって B B 2 2 1¡ 5 1+ 5 2 2 = + d% = c® + d¯ = c% 2 2 B 5 3 = (c + d) + (c ¡ d) 2 2 1 また,x1 = であるから 4 B 5 1 3 = (c + d) + (c ¡ d) 4 2 2 ゆえに 1 c+d= ; c¡d=0 6 したがって 1 1 c= ; d= 12 12 (4) xn = c®n+1 + d¯n+1 ÝÝ 2 が成り立つことを数学的帰納法により示す。 i). (3) より,x1 = c®2 + d¯2 1 1 = であり また,x2 = C 3 r2 3 3 c® + d¯ であるから B B 3 3 1 1+ 5 1 1¡ 5 % = + % = = 12 2 12 2 B B 1 1 = (2 + 5) + (2 ¡ 5) 12 12 1 = 3 x2 = c®3 + d¯3 よって,n = 1 のとき,2 が成り立つ。 ii). n = k; k + 1 のとき,2 が成り立つと仮定すると,(2) より xk+2 = xk+1 + xk = (c®k+2 + d¯k+2 ) + (c®k+1 + d¯k+1 ) = c®k+1 (® + 1) + d¯k+1 (¯ + 1) ここで,®; ¯ は 2 次方程式 t2 = t + 1 の解であるから ® + 1 = ®2 ; ¯ + 1 = ¯2 26 67回生 よって xk+2 = c®k+1 ¢ ®2 + d¯k+1 ¢ ¯2 = c®k+3 + d¯k+3 = c®(k+2)+1 + d¯(k+2)+1 ゆえに,n = k + 2 のときにも 2 が成り立つ。 したがって,q),r) より,すべての自然数 n について 2 は成り立つ。 1 1 より,rn = また,xn = C 2 であるから x n rn 1 rn = (c®n+1 + d¯n+1 )2 1 ここで,c = d = であるから 12 144 rn = (®n+1 + ¯n+1 )2
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