東大文系数学2018入試過去問解答解説

$f(x) = x^2 -3x + 4$ とおく。$f(x)$ を微分して， $$f'(x) = 2x -3$$ これより，$(t,f(t))$ における接線の方程式は（→微分を用いた接線の方程式の公式） $$y-f(t) = (2t-3)(x-t)\\ \begin{aligned} \therefore y &= (2t-3)x -2t^2 +3t t^2 -3t + 4\\ &= (2t-3)x-t^2+4 \end{aligned}$$ これが $(0,0)$ を通るとき $$0 = (2t-3)\cdot 0-t^2+4\\ t^2 = 4\\ \therefore t = \pm 2$$ よって，$C$ に接する原点を通る2直線は $y = x, y= -7x$ とわかるので， $$l: y = x, ~ m:y = -7x$$ とおける。

点 $A$ の座標を $(s, f(s))=(s, s^2 -3s +4)$ とおく。$l,m$ との距離 $L,M$ はそれぞれ，（→点と直線の距離の公式の3通りの証明）

$$\begin{aligned} L &= \dfrac{|s-s^2 + 3s -4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}}\\ &= \dfrac{|-s^2 + 4s -4|}{\sqrt{2}} \\ &= \dfrac{|s-2|^2}{\sqrt{2}}\\ \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} M &= \dfrac{|7s+s^2 - 3s +4|}{\sqrt{7^2 + 1^2}}\\ &= \dfrac{|s^2 + 4s +4|}{5\sqrt{2}} \\ &= \dfrac{|s+2|^2}{5 \sqrt{2}} \end{aligned}$$ よって $$\begin{aligned} \sqrt{L} + \sqrt{M} &= \dfrac{|s-2|}{\sqrt[4]{2}} + \dfrac{|s+2|}{\sqrt{5} \sqrt[4]{2}}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{5} \sqrt[4]{2}} \left(\sqrt{5} |s-2| + |s+2| \right) \end{aligned}$$ $g(s) = \sqrt{5} |s-2| + |s+2|$ とおけば， $$g(s) = \begin{cases} (1+\sqrt{5})s + 2 - 2\sqrt{5} && (s \geq 2 \text{のとき})\\ (1-\sqrt{5})s + 2 + 2\sqrt{5} && (-2 \leq s < 2 \text{のとき})\\ (-1-\sqrt{5})s - 2 + 2\sqrt{5} && (s < -2 \text{のとき})\\ \end{cases}$$ よって，$y = g(s)$ のグラフは以下のようになる。

したがって，$s = 2$ のとき，つまり $A(2,2)$ で最小値をとる。

原点を通る直線を $y = ax$ とおいて， $$y = x^2 -3x + 4\\ y = ax$$ を連立すると， $$x^2 -(a+3)x + 4 = 0$$ この方程式の判別式を $D$ とすると， $$D = (a+3)^2 -16 = 0\\ (a+3)^2 = 16\\ \therefore a = 1, -7$$ よって，$C$ に接する原点を通る2直線は $y = x, y= -7x$ とわかる。

以下同様。

$D$ 上の点 $Q(x,y)$ に対し， $$px + qy = \begin{pmatrix} p\\ q\\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x\\ y\\ \end{pmatrix} = \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OQ}$$ であることを利用すると，$P$ が満たすべき条件はあらゆる $Q(x,y)$ に対して，$\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OQ} \leq 0$ である。$D$ が原点を含まないことから $\overrightarrow{OQ} \neq \overrightarrow{0}$ であるので，$\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OQ} \leq 0$ は「 $\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{0}$ または $\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角が $\dfrac{\pi}{2}$ 以上」であることと同値である。

原点を通り $l,m$ に垂直な直線は $y = -x, ~ y = \dfrac{1}{7}x$ であるから，$P(p,q)$ の動きうる範囲は $$y \leq -x ~\text{かつ}~ y \leq \dfrac{1}{7} x$$ であれば良い。 これを図示すると以下の図の斜線部分となる。ただし，境界は領域に含める。

(i) $q = 0$ のとき

不等式は $px \leq 0$ となる。領域 $D$ 内の全ての点 $(x,y)$ においてこれが成立するのは $p = 0$ のときである。

(ii) $q > 0$ のとき

不等式は $y \leq -\dfrac{p}{q}x$ となる。領域 $D$ 内の全ての点 $(x,y)$ においてこれが成立するような場合は存在しない。

(iii) $q < 0$ のとき

不等式は $y \geq -\dfrac{p}{q}x$ となる。領域 $D$ 内の全ての点 $(x,y)$ においてこれが成立するのは以下のような図を考えると， $$-7 \leq -\dfrac{p}{q} \leq 1$$

よって $q \leq \dfrac{1}{7}p$ かつ $q \leq -p$ となれば良い。

以上(i),(ii),(iii)を統合して，$P(p,q)$ の動き得る範囲は $$q \leq \dfrac{1}{7}p ~ \text{かつ}~ q \leq -p$$

$$\begin{aligned} a_7 &= \dfrac{{}_{14} \mathrm{C} _7}{7!}\\ &= \dfrac{14\cdot 13\cdot 12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\cdot 8}{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1 \cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}\\ &= \dfrac{143}{210}\\ &< 1 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \dfrac{a_n}{a_{n-1}} &= \dfrac{{}_{2n}\mathrm{C} _n}{n!} \times \dfrac{(n-1)!}{{}_{2(n-1)}\mathrm{C}_{n-1}}\\ &= \dfrac{1}{n} \times \dfrac{{}_{2n}\mathrm{C} _n}{{}_{2(n-1)}\mathrm{C} _{n-1}} \end{aligned}$$ 一般に， $${}_m \mathrm{C}_n = \dfrac{m!}{n!(m-n)!}$$ であることを思い出すと， $$\begin{aligned} \dfrac{a_n}{a_{n-1}} &= \dfrac{1}{n} \times \dfrac{(2n)!}{n!n!}\times \dfrac{(n-1)!(n-1)!}{(2n-2)!}\\ &= \dfrac{1}{n} \times \dfrac{2n \cdot (2n-1)}{n\cdot n}\\ &= \dfrac{2(2n-1)}{n^2} \end{aligned}$$ これより，$\dfrac{a_n}{a_{n-1}} < 1$ という条件を変形していくと， $$\dfrac{2(2n-1)}{n^2} < 1\\ 4n-2 < n^2\\ n^2 -4n + 2>0\\$$ よって，$n < 2-\sqrt{2}$ または $n > 2+\sqrt{2}$ となるが，$n \geq 2$ より，$n > 2+\sqrt{2}$ であり，$n$ は整数であるから $n \geq 4$

(2)により，$n \geq 4$ のとき $a_n < a_{n-1}$ であるから $$a_3 > a_4 > a_5 > a_6 > a_7 > a_8 > \cdots$$ (1)から $a_7 < 1$ に注意すると，$1 > a_7 > a_8 > a_9 > \cdots$ となり，$a_n < 1$ $(n \geq 7)$ なので $a_n$ が整数となるのは $n \leq 6$ に限られる。 $$\begin{aligned} a_1 &= \dfrac{{}_2 \mathrm{C}_1}{1!} = 2\\ a_2 &= \dfrac{{}_4 \mathrm{C}_2}{2!} = 3\\ a_3 &= \dfrac{{}_6 \mathrm{C}_3}{3!} = \dfrac{10}{3}\\ a_4 &= \dfrac{{}_8 \mathrm{C}_4}{4!} = \dfrac{35}{12}\\ a_5 &= \dfrac{{}_{10} \mathrm{C}_5}{5!} = \dfrac{21}{10}\\ a_6 &= \dfrac{{}_{12} \mathrm{C}_6}{6!} = \dfrac{77}{60}\\ \end{aligned}$$ よって，$n = 1,2$ が答えとなる。

$f(x)$ を微分して $$\begin{aligned} f'(x) &= 3x^2 - 3a^2\\ &= 3(x+a)(x-a) \end{aligned}$$ よって，$f(x)$ の増減表は以下のようになる。 $$\begin{array}{c|ccccc} x & \cdots & -a & \cdots & a & \cdots \\ \hline f’(x) & + & 0 & – & 0 & + \\ \hline f(x) & \nearrow & 2a^3 & \searrow & -2a^3 & \nearrow \end{array}$$ これより，$x \geq 1$ の範囲で $f(x)$ が単調増加する条件は，$a \leq 1$ であり，$a > 0$ と合わせて $$0 < a \leq 1$$

条件1により，$y = f(x)$ のグラフから考えると，相異なる3実数解を持つためには $$-2a^3 < b < 2a^3$$ が必要である。

この下で，$\beta < a$ を満たす $\beta$ が $1 < \beta$ を満たすためには，$a > 1$ が必要である。

このとき，条件2は $$f(1) > b$$ で表すことができる。

つまり，まとめると，

$-2a^3 < b < 2a^3$ かつ $a > 1$ かつ $1-3a^2 > b$

が求める範囲である。さらに，$a>1$ のとき，$1-3a^2 < 2a^3$ に注意すると，上記の範囲は，

$-2a^3 < b < 1-3a^2$ かつ $a > 1$

と単純化できる。これが答えであり，図示すると以下のようになる。

ただし，$b = -2a^3$ と $b = 1-3a^2$ において，これらを連立すると $$2a^3 -3a^2 + 1 = 0\\ (2a+1)(a-1)^2 = 0\\$$ よって，$a = -\dfrac{1}{2}, 1$ でこれらは交わり，特に $a = 1$ においては接することに注意。

$P(a,b)$ とおくと，$(a,b)$ が満たすべき条件は $$\begin{cases} b = a^2\\ -1 \leq a \leq 1 \end{cases}$$ である。$Q(x,y)$ とおくと，$\overrightarrow{OQ} = 2 \overrightarrow{OP}$ は以下の式と同値である。 $$\begin{pmatrix} x\\ y\\ \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} a\\ b\\ \end{pmatrix}$$ 以上3式を満たす $a,b$ が存在するような $(x,y)$ の条件を求めればよく，$a = \dfrac{x}{2},~ b = \dfrac{y}{2}$ を $b = a^2, ~ -1 \leq a \leq 1$ に代入して， $$\begin{cases} \dfrac{y}{2} = \left(\dfrac{x}{2}\right)^2 = \dfrac{x^2}{4}\\ -1 \leq \dfrac{x}{2} \leq 1 \end{cases}$$ よって， $$\begin{cases} y = \dfrac{x^2}{2}\\ -2 \leq x \leq 2 \end{cases}$$ が求める軌跡であり，図示すると下図のようになる。

$\overrightarrow{OR}$ は右向きで，長さが $0$ から $1$ まで動くベクトルである。つまり，(1)で求めた軌跡を右に $1$ 移動させた際の通過領域が $S$ の動く範囲である。図示すると以下の斜線部である。ただし，境界は領域に含まれる。

$x = \dfrac{1}{2}$ を軸として図形は対称であるから，求めたい面積を $T$ とすると， $$\begin{aligned} \dfrac{T}{2} &= \left(\dfrac{1}{2}-(-2)\right)\times 2 \\ &-\int_{-2}^0 \dfrac{x^2}{2}dx - \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\left(2-\dfrac{(x-1)^2}{2}\right)dx \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} \therefore T &= 10-\int_{-2}^0 x^2dx - \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\left(3-x^2+2x\right)dx\\ &= 10-\left[\dfrac{x^3}{3}\right]_{-2}^0 -\left[3x-\dfrac{x^3}{3} + x^2\right]_{-2}^0\\ &= 10 - \dfrac{8}{3} - \dfrac{27}{8}\\ &= \dfrac{95}{24} \end{aligned}$$

$P(a,b),~R(t,0)$ とおくと，$(a,b),(t,0)$ が満たすべき条件は $$\begin{cases} b = a^2\\ -1 \leq a \leq 1\\ 0 \leq t \leq 1 \end{cases}$$ である。$S(x,y)$ とおくと，$\overrightarrow{OS} = 2 \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OR}$ は以下の式と同値である。 $$\begin{pmatrix} x\\ y\\ \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} a\\ b\\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} t\\ 0\\ \end{pmatrix}$$ 以上4式を満たす $a,b,t$ が存在するような $(x,y)$ の条件を求めればよい。

さて，$-1\leq a \leq 1$ で $a$ を固定する。$0\leq t \leq 1$ で $t$ を動かすと $x$ は以下の範囲を動く： $$2a \leq x \leq 2a+1$$ よって，以下を満たす $a$ が存在するような $(x,y)$ を求めればよい： $$\begin{cases} y = 2a^2\\ 2a \leq x \leq 2a+1\\ -1 \leq a \leq 1 \end{cases}$$ $-1 \leq a \leq 1$ で $a$ を動かせば先の解答と同じ図を得る。 以下同様。