積分法
☆積分法
★問題
1
(1)
1
− x−2
2
(2)
5 6
x5
6
(3)
2x
log 2
(4)
1
(3x − 1)6
18
(5)
4x + 1 = t とすると,
∫
t − 1√ 1
t dt
4
4
∫
1
t3/2 − t1/2 dt
=
16
=
√
1
(4x + 1)(6x − 1) 4x + 1
60
(6)
∫ (
=
1 2
x
2
)0
log xdx
1 2
1
x log x − x2
2
4
★★問題
1
(1)
3 3
x2
2
1
(2)
1 2 4 √
x − x x+x
2
3
(3)
( 1 )x
ex +
2
log
1
2
= ex −
1
2x log 2
(4)
∫
1
1
1 − cos x
dx = x − sin x
2
2
2
(5)
1
(2x − 3)4
8
(6)
∫
1
3
−
x 2x + 1
= log |x| − log |3x + 1|
[別解]
∫
3
1
1
−
dx
3x 3x + 1
= log |3x| − log |3x + 1|
定数項 log3 のずれが出るが不定積分なので関係ない
(7) 積→和の公式より
∫
1
1
1
sin 8x + sin 2xdx = − cos 8x − cos 2x
2
16
4
(8) 展開すると
1 3x 3 2x
e + e + 3ex + x
3
2
(9)
√
2
(3x + 1)(9x − 2) 3x + 1
135
(10)
∫
(x)0 log xdx
2
= x log x − x
(11)
∫
x(− cos x)0 dx = −x cos x + sin x
(12)
∫
x(−e−x )0 dx
= −xe−x − e−x
(13)
(
∫
(x + 1)
1
(x − 1)6
6
)0
dx =
1
1
(x + 1)(x − 1)6 − (x − 1)7
6
42
3
0
☆ f (g)・g タイプの積分
★★問題
(1)
log |x2 + 3x + 5|
(2)
∫
sin2 x(sin x)0 dx =
1
sin3 x
3
log x(log x)0 dx =
1
(log x)2
2
(3)
∫
(4)
∫
(ex − 5)4 (ex − 5)0 dx =
1 x
(e − 5)5
5
(5)
∫
−
(cos x)0
= − log | cos x|
cos x
(6)
∫
−
(1 − cos2 x)2 (cos x)0 dx = − cos x +
★★★問題
(1) 部分分数分解より
3
2(2x + 12 )(2x − 1)
1
1
−
2x − 1 2x + 1/2
2x − 1 1
∴ log 2
4x + 1 =
(2)
∫
(x + 1)2 − 2x − 1
dx
x+1
4
2
1
cos3 x − cos5 x
3
5
∫
x+1−2+
=
=
1
dx
x+1
1 2
x − x + log |x + 1|
2
(3) 部分積分
∫ ( x )0
2
x2x
2x
x
dx =
−
log 2
log 2 (log 2)2
(4)
∫
(sin x)0
dx = log | sin x|
sin x
(5)
1 3x2
e
6
(6)
∫ (
3 3
x5
5
)0
log xdx =
3 5
x 3 (5 log x − 3)
25
(7)
∫
2 log | sin x|
dx =
tan x
∫
2 log | sin x|(log | sin x|)0 dx = (log | sin x|)
2
(8)
∫ (
(9)
(10)
∫
∫
1
(x + 1)3
3
)0
1
1
1
1
log xdx = − (x + 1)3 log x − x3 − x2 − x − log x
3
9
2
3
(1 + log x)0 (1 + log x)dx =
(x2 + 2)0
1
(1 + log x)2
2
√
1√ 2
1
x + 2dx = (x2 + 2) x2 + 2
2
3
(11) x1/3 = t として,
∫
et・3t2 dt = 3e1/3 (x2/3 − 2x1/3 + 2)
(12)
∫
sin3 x(sin x)0 dx =
1
sin4 x
4
5
☆定積分
★問題
1
(1)
1 2
(e − 1)
2
(2)
√
3
2
(3)
π
[tan x]04
=1
√
(4)y = 4 − x2 は円 (x2 + y 2 = 4) の上側なので,
y
2
1
√O
−2 −1
2
3
π−
3
2
1 2 x
(5)x = tan θ とすると,
dx
1
=
より
dθ
cos2 θ
∫ π3
1
1
dθ
2
π
1 + tan θ cos2 θ
6
∫ π3
π
dθ =
=
π
6
6
(6)
∫
2
x(ex )0 dx
0
= e2 + 1
(7)
∫
e
log xdx
1
e
= [x log x − x]1
1
6
★★問題
(1)
∫
√
−( x − 1)dx +
1
0
√
∫
2
1
√
4 √
x − 1dx = ( 2 − 1)
3
(2)
e
[log x]1/e
=2
(3)
[
1
log(x3 + 1)
3
=
(4)
]1
0
1
log 2
3
πx
= t とすると,
2
∫ π3
2
(1 − sin2 t) cos tdt
π 0
[
] π3
2
1
sin t − sin3 t
π
3
0
√
3 3
=
4π
=
(5)
∫
x(tan x)0 dx = [x tan x] −
∫
tan xdx
π
= [x tan x + log cos x]04
=
π 1
− log 2
4
2
(6) x = tan θ とすると,
∫
π
4
π tan θ + log 4
1
・ 2 dθ
cos θ
tan2 θ + 1
0
∫
π
4
π tan θ + 2 log 2dθ
=
0
7
= π log 2
√
(7)− x = t とすると,
dx
= 2t より,
dt
∫
√
−2 2
−1
√
√
4
et・2tdt = −2(2 2 + 1)e−2 2 +
e
(8)
[
1 3
x (log x)2
3
]3
∫
3
−
1
1
1 3
1
x ・2 log x・ dx
3
x
= 9(log 3)2 − 6 log 3 +
52
27
8
★★★問題
1
(1)x = 1 + sin t とすると,
√
cos t = x(2 − x)
1
dt
=
dx
cos t
√
∫ 2
(x − 1) 2 − x
1
√
dx
x
x(2 − x)
1
∫
2
=
1
x−1
x3/2
√
=3 2−4
(2)
∫
ex | sin 2x|dx
∫
π
2
=
∫
e sin 2xdx −
π
x
0
ex sin 2xdx
π
2
ここで,
∫
ex sin 2xdx とすると
I=
∫
= ex sin 2x − 2
ex cos 2xdx
(
)
∫
= ex sin 2x − 2 ex cos 2x + 2 ex sin 2xdx
I = ex sin 2x − 2ex cos 2x − 4I
∴I =
1 x
(e sin 2x − 2ex cos 2x)
5
よって,求める積分は,
π
1 x
1
π
[e sin 2x − 2ex cos 2x]02 − [ex sin 2x − 2ex cos 2x] π
2
5
5
∴ π )2
2(
1 + e2
5
9
(3)
∫
∫
1
−
2
2 − 2dx +
2x − 2dx
x
0
1
[
2x
=−
− 2x
log 2
]1
[
]2
2x
+
− 2x
log 2
0
1
1
log 2
=
(4)
1
2
∫
sin 7x + sin xdx =
4
7
(5)
[
1
− (2x + 1) cos 4x
4
=−
] π2
0
1
+
2
∫
π
2
cos 4xdx
0
π
4
√
(6) x − 3 = t とすると,
dx
= 2t
dt
∫ 2
(5t2 + 3)t・2tdt = 80
0
(7)
[
1 2
x log x
2
]2
∫
2
−
1
= 2 log 2 −
1
1 21
x dx
2 x
3
4
(8)
x = 2 sin θ とすると ∫
π
6
dθ =
−π
6
dx
= 2 cos θ
dθ
π
3
(9)
log x = t とすると dx
=x
dt
10
∫
1
5t et dt
0
∫
1
(5e)t dt
=
0
[
(5e)t
log 5e
=
=
]1
0
5e − 1
log 5 − 1
[別解]
5log x = y とすると elog x log 5 = y より,5log x = xlog 5
∫
5e − 1
xlog 5 dx =
log 5 − 1
(10)x = tan θ とすると,
1
dx
=
dθ
cos2 θ
∫ π4
tan θ + 1
1
dθ
2
(1 + tan θ) cos2 θ
0
∫
π
4
=
(tan θ + 1) cos2 θdθ
0
∫
π
4
=
sin θ cos θ + cos2 θdθ
0
∫
=
0
=
π
4
1
1 + cos 2θ
sin 2θ +
dθ
2
2
π 1
+
8
2
2
(1)
∫ (
π
π)
f (sin x)dx で x − = t とすると,
x−
2
2
∫
= tf (cos t)dt = 0 (∵ tf (cos t) は奇関数)
11
(2)
∫
sin x
sin x
π
dx =
dx
3 + sin x
2
4 − cos2 x
)
∫ (
π
1
1
=
−
(− sin x)dx
8
cos x − 2 cos x + 2
π
2
=
∫
π
log 3
4
12
★★★★問題
1
√
−1+ 3
∫
I=
√
−1− 3
√
(u2 + u + 1) −(u + 1)2 + 3du
u + 1 = t とすると
√
∫
=
3
√ (t
− 3
2
√
− t + 1) 3 − t2 dt
ここで,
√
∫
3
√
− 3
t=
∫
√
2
t 3 − t dt = 2
2
√
3
√
− 3
t2
√
3 − t2 dt
√
√
3 sin θ とすると dt = 3 cos θdθ
∫ π2
sin θ cos2 θdθ
= 18
0
=
=
9
2
9
2
9
=
4
∫
∫
π
2
(1 − cos 2θ)(1 + cos 2θ)dθ
0
1 − cos2 2θdθ
∫
1 − cos 4θdθ
=
9
π
8
∫
√
また,
3
√
− 3
∫
√
t 3 − t2 dt =
√
−
√
1
− (3 − t2 )0 3 − t2 dt
2
3
3
√
√
=−
√
∫
[
] 3
1 2
(3 − t2 )3/2 √ = 0
2 3
− 3
3
√
− 3
√
3
3 − t2 dt = π
2
以上より
I=
21
π
8
13
2
t=
√
1 − 4a
≡ α, β
2
1±
∫
β
π
√
t(1 − t) − adt
α
∫
√
β
=
π
α
t−
1
2
(
1 − 4a
1
) − (t − )2 dt
4
2
= u とすると,
∫ √1−4a/4
=
−
√
√
π
(
1−4a/4
1 − 4a
) − u2 du
4
これは半円の面積を示すので
1 2 √
1
π ( 1 − 4a/4)2 = π 2 (1 − 4a)
2
8
14
☆面積
★問題
1
(1)
∫
8
x1/3 dx
1
45
4
=
(2)
∫
2
1
1
dx
x
= log 2
(3)
∫
2π
− sin xdx
π
=2
(4)
∫
1
e2x − ex dx
0
1 2
1
e −e+
2
2
(5)
∫
e
log x + 1 −
1
1
dx
x
=e−1
2
y ≥ 0 で − 5 ≤ x ≤ 1 より,
∫ 0
∫ 1
dx
t2 dt
ydx =
dt
3
−5
15
∫
0
t2 (−2)dt
=
3
= 18
★★問題
(1)
y = (x + 2)(x2 − 4x − 4)
y
x
O
∫
y = −(x + 2)(x + 4)
2
−(x + 2)(x + 4) − (x + 2)(x2 − 4x − 4)dx
S=
0
=
32
3
16
(2)
y
y=
O
y=
1
1
)
⇔ y = (
2x − 1
2 x − 12
y=
2
1
)
⇔ y = (
4x + 1
2 x + 14
∫
2
S=
1
2
1
−
dx
2x − 1 4x + 1
[
1
1
=
log(2x − 1) − log(4x + 1)
2
2
=
]2
1
1
5
log
2
3
(3)
y
y = sin 2x
y =x x cos 2x
O
∫
π
2
2 sin x cos x − x cos xdx
0
∫
=
π
2
sin 2x − x(sin x)0 dx
0
17
1
2x − 1 2
y=
4x + 1
x
π
2
=2−
(4)
y
x
O
対称性を考えて,
√
2 2
∫
2
x
√
8 − x2 dx
0
(
)]2√2
2
1
2 3/2
= 2 (8 − x )
−
3
2 0
√
32 2
=
3
[
(5)
y
x
O
∫
−
x2 − 1
dx = −
x2 + 1
1
−1
∫
=−
π
4
−π
4
(
1−2
∫
1
−1
1−
1
tan2 θ + 1
)
2
dx
x2 + 1
1
dθ
cos2 θ
18
=π−2
2
dx
= −6t ,y > 0 より,
dt
∫ 1
ydx
−8
∫
=
0
√
dx
dt
dt
y
3
√
∫
3
(3t2 − t4 )dt
=6
0
√
36 3
=
5
3
(1)
f 0 (x) = 2(x − 1)(2x − 3)(x + 1) M = 7
(2)
√
f (x) = 7 ∴ (x − 1)2 (x2 − 3) = 0 ∴ x = 1, ± 3
(3)
√
∫
−
3
√
− 3
x4 − 2x3 − 2x2 + 6x − 3dx =
★★★問題
a cos p = sin p ∴ a = tan p
∫ p
S1 =
a cos x − sin xdx
0
= a sin p + cos p − 1
S2 = −a + cos p + a sin p
ここで,
1
a
cos p = √
, sin p = √
2
2
a +1
a +1
2S1 = S2 より,
a=
3
1
,S1 =
4
4
19
32 √
3
5
☆区分求積法
★問題
1
1∑
lim
n→∞ n
n
√
( )2
k
1−
n
k=1
∫
1
=
√
4 − x2 dx
0
√
3
π
= +
3
2
2
(1)
1∑
lim
n→∞ n
n
k=1
∫
( )5
k
n
1
x5 dx =
=
0
1
6
(2)
2n
1∑
k
log
n
n→∞ n
lim
k=n
∫
2
=
log xdx
1
= 2 log 2 − 1
★★問題
1
(1)
∫
1
x4 dx =
0
1
5
(2)
∫
1
sin πxdx =
0
2
π
20
(3)
k
1∑
√ n( )
2
n→∞ n
k=1
3 + nk
n
lim
∫
1
x
√
dx
3 + x2
0
[
]
1
= (3 + x2 ) 2
=
=2−
√
3
(4)
∫
2
15
4
x3 dx =
1
(5)
( ∑
n
1
n
k=1
n
k=1
lim ( ∑
n
1
n →∞
(∫
1
0
x5 dx
0
x3 dx
= (∫
1
=
( k ) 5 )2
n
・n12
n
・n12
( k ) 3 )3
)2
)3
16
9
★★★問題
1
(1)
1∑ 1
n→∞ n
1+
n
lim
k=1
∫
=
0
1
k
n
1
dx = log 2
1+x
(2)
1∑
n→∞ n
n
lim
k=1
( )2
k
k
en
n
21
∫
1
x2 ex dx
=
0
=e−2
(3)
1
2n 2n − 1
n+1
log ・
・…………
n
n
n
n
(
)
n
1∑
k
∴ lim
log 1 +
n
n
n→∞
k=1
∫
1
=
(1 + x)0 log(1 + x)dx
0
2 log 2 − 1
(4)
∫
1
cos2
0
=
=
1
2
∫
π
xdx
4
1
1 + cos
0
π
xdx
2
1
1
+
2 π
2
1
Ak C・Bk C sin θk
2
1 k
= ・2 ・1
2 n
∴ sin θk =
2 nk
( )2
1 + nk
2 nk
1∑
( )2
n→∞ n
1+ k
n
lim
k=1
∫
=
0
1
n
2x
dx
1 + x2
[
]1
= log(1 + x2 ) 0
= log 2
22
☆体積
★問題
1
(1)
∫
1
πy 2 dx
V =
0
=
π
5
(2) 放物線の軸より左側
x=1−
√
y
∫
1
(1 −
Vy = π
√ 2
y) dy 0
=
π
6
[別解]
バームクーヘン積分より,
∫
1
x(x − 1)2 dx
2π
0
2
∫
π
(x + sin x)2 − x2 dx
π
0
∫
π
2x sin x + sin2 xdx
=π
0
∫
π
=π
0
=
−2x(cos x)0 +
1 − cos 2x
dx
2
5 2
π
2
★★問題
23
1
(1)
∫
1
y 2 dx
π
0
=
π
2
(2)
∫
1
x2 − (x2 )2 dx =
π
0
2
π
15
(3)
∫
1
(ex )2 dx =
π
0
π 2
(e − 1)
2
2
断面は面積
√
3
(1 − x2 )
2
の三角形になるので,
∫
1
V =
−1
√
√
3
2 3
(1 − x2 )dx =
2
3
★★★問題
1
{∫
2
V = 2π
0
(
∫ 2 (
)2
)2 }
√
√
2
2
dy − √ 1 − 4 − y
dy = π
1+ 4−y
3
2
dx
= 1 − cos θ
dθ
∫ 2π
V =
(1 − cos θ)2 (1 − cos θ)dθ
0
∫
2π
=π
0
3
1 − 3 cos θ + (1 + cos 2θ) − (1 − sin2 θ)(sin θ)0 dθ
2
= 5π 2
24
☆積分と不等式
★★★問題
1
(1)
∫
1
2
∫
1dx ≤
0
0
1
2
dx
√
≤
1 − x3
∫
1
2
0
dx
√
1 − x2
ここで,x = sin θ とすると,
∫
1
2
0
π
dx
π
√
= [θ]06 =
2
6
1−x
(2)
1
≤
(k + 1)2
∫
1
1
dx ≤ 2
x2
k
k = 1, 2, …………, n まで加えると,
1
1
1
n
1
1
1
+ 2 + ……… +
≤
≤ 2 + 2 + ……… + 2
22
3
(n + 1)2
n+1
1
2
n
また,
1
1
1
n
1
+ 2 + ……… + 2 ≤ 1 +
−
12
2
n
n + 1 (n + 1)2
⇔
1
1
1
n(2n + 3)
+ 2 + ……… + 2 ≤ 2
1
2
n
(n + 1)2
2
(1)
略
(2)
略
(3)
∫
∫ 1
∫ 1
dt
dt
√
<
<
dt……… ①
2
1 + t2
0 1+t
0
0
∫ x
∫ x
∫ x
dt
1
dt
√
√
<
dt……… ②
<
2
2t2
1 + t2
1
1 t
1
1
25
① + ②より示される。 26
☆積分方程式
★問題
1
x sin x
2 x = a を代入すると,
(a2 − 4)ea = 0 ∴ a = ±2
f (x) = (x2 + 2x − 4)ex
3
∫
∫
1
f (x) = x
−1
f (t)dt −
 ∫
1

 −1 f (t)dt = A
1
tf (t)dt + 1
−1

 ∫ 1 tf (t)dt = B
−1
とすると,
 ∫
1

 −1 tA − B + 1dt = A

 ∫ 1 t(At − B + 1)dt = B
−1
∴ A =
4
6
,B =
7
7
∴ f (x) =
6
3
x+
7
7
★★問題
1
(1)
2 sin 2x
(2)
ex+1 − 2e−(x+1) − ex − 2e−x
27
2
∫
∫
x
x
t2 (t − 1)dt − x
f (x) =
0
t(t − 1)dt
0
∫
0
f (x) = x (x − 1) − x・x(x − 1) −
x
t(t − 1)dt
2
0
1
= − x2 (2x − 3)
6
3
2
x=
★★★問題
1
∫
∫
log a
f (a) = −
1
(x −a)dx +
0
(ex − a)dx
a
= −3a + 2a log a + 1 + e
f 0 (a) = 2 log a − 1
f 0 (a)
2
1
O
1
x=
√
e2
a
√
√
eのとき 最小値:e − 2 e + 1
2
f (x) = x + 2 cos x − k
∫
k=
π
2
(
)
t + 2 cos2 t − k cos tdt
0
∫
=
π
2
t cos t + 2 cos2 t − k cos tdt
0
[
] ∫
1
= t sin t + t + sin 2t − k sin t − sin tdt
2
28
∴ 2k = π − 1 ∴ f (x) = x + 2 cos x −
π−1
2
3
(1)
f 0 (x) + g(x) = 2 cos x
(2)
{g(x) − (cos x + sin x)} {g(x) − (cos x − sin x)} = 0
g(x) = cos x + sin x, cos x − sin x(不適)
∴ f 0 (x) = cos x − sin x
(3)
∫
f (x) −
cos x − sin x = sin x + cos x + C
f (0) = 0 より,C = −1
∴ f (x) = sin x + cos x − 1
29
☆曲線の長さ
★★問題
1.
f 0 (x) = −
∫
1
2
(
s=
0
= log 3 −
2x
1 − x2
)
1
1
+
− 1 dx
1−x 1+x
1
2
2.
x0 = 1 − cos t ,y 0 = sin t
より,
∫
2π
√
4 sin2
s=
0
( )
t
dt = 8
2
★★★問題
x = (1 + cos θ) cos θ
y = (1 + cos θ) sin θ
dx
= − sin θ(2 cos θ − 1)
dθ
dy
= 2 cos2 θ + 2 cos θ − 1
dθ
√
∫ π ( )2 ( )2
dx
dy
s=
+
dθ
dθ
0
∫
π
√
2(1 + cos θ)dθ
π
θ
2 sin dθ = 4
2
=
0
∫
=
0
30
微積分総合
★★★問題
1
(1)
y 0 = 2 sin 4x より,y = 2x −
π 1
+
4
2
(2)
∫
(
)
π 1
sin 2x − 2x − +
dx
4
2
π
8
2
0
∫
π
8
=
0
=
1
π 1
(1 − cos 4x) − 2x + − dx
2
4
2
π2
1
−
64 8
2
(1)



dx
dθ
= 1 − cos θ
dy
dθ
= sin θ
dy
sin θ
=
dx
1 − cos θ
1
2
y = √ x− √ π+2
3
3 3
(2)

 x = θ − sin θ

y = 1 − cos θ
31
y
3/2
O 2π/3 −
√
3/2
x
√
2π/3− 3/2
∫
ydx
0
∫
2π
3
=
y
0
∫
2π
3
=
dx
dθ
dθ
(1 − cos θ)2 dθ = π −
0
√
9 3
8
(
√
√ )
√
9 3
9 3
9 3
∴ =
− π−
−π
8
8
4
(3)
∫
2π
3
π
y 2 dx
0
√
5 2 9 3
π −
π
3
4
0
(
√ )
√
√
5 2 9 3
5 2 27 3
9 3
π−
π −
π =− π +
π
∴
8
3
4
3
8
∫
=π
2π
3
(1 − cos θ)3 dθ =
3
∫
f (x) = x2
∫
cos tdt − 2x
∫
t cos tdt +
f 0 (x) = 2(1 − cos x) ≥ 0
(π )
最大:f
= π − 2 ,最小:f (0) = 0
2
32
t2 cos tdt
4
∫
x2
f (x) =
sin tdt
2x−1
sint = g(t) とすると,g の原始関数を G とすると,
f (x) = G(x2 ) − G(2x − 1)
∴ f 0 (x) = 2xg(x2 ) − 2・g(2x − 1)
= 2x sin2 x − 2 sin(2x − 1)
5
∫
2
e2t − 2tdt
2+
0
=
5
e4
−
2
2
6
(1)
∫
∫
y0
y0
x2 dy = π
π
0
ydy =
0
π 2
y
2 0
(2)
aT =
1 2
πy 2
πy0 ∴ t0 = 0
2
2a
(3)
(
)
dV
dV dh
dh
1 2
=
・ = πh・ V = πh
dt
dh dt
dt
2
a = πh
dh
dh
a
∴ =
dt
dt
πh
7 (1)
−2(x2 − 2)
::::::::::
f 0 (x) = √
4 − x2
33
y
2
1
−2
−1
O
1
x
2
−1
−2
(2)
∫
2
2
√
x 4 − x2 dx
0
[
3
1
=2
(4 − x2 ) 2
−2
=
]2
0
16
3
8
(1)
y0 = −
log x + 1
∴y = −x + 3
x2
y
2
1
O
1
2
3
4
x
(2)
∫
1
1/e2
∫
1
(log x + 2)dx + 2
x
1
=
(log x + 2)0 ((log x + 2)) dx + 2
1/e2
34
[
=
1
(log x + 2)2
2
]1
1/e2
=4
9
(1)
√
1
1
(x =)t + ≥ 2 t・ = 2
t
t
(2)
x2 − 4y 2 = 4
y
x
O
(3)
dy
dy/dt
t2 + 1
=
=
dx
dx/dt
2(t2 − 1)
dy
1
1
1
= √ より,y = √ x − √
dx
3
3
3
(4)
(
)
1
1 t2 − 1
t−
dt
2
t
t2
2
1
√
√
= 4 3 − 2 log(2 + 3)
∫
2
∫
4
√
2+ 3
ydx =
10
(1)
f (x) = (x − 1) +
1
x
35
漸近線:y = x − 1 ,y =
1
x
y
2
1
−4 −3 −2 −1O
−1
−2
−3
−4
∫
1 2 3 4 x
a+3
(x − 1) +
S(a) =
a
S(a)0 =
a=
(
)
1
3
3
3
dx = a − + log a +
− log a
x
2
8
2
3(2a::::
− 1)(a + 2)
2a(2a + 3)
1
のとき S は最小値となり,
2
( )
1
3
S
= + 2 log 2
2
8
11
(1)
1
1
f (x) = − cos2 x + cos x −
2
2
(2)
f 0 (x) = sin x(cos x − 1)

 最大:f (0) = 0
∴ f 0 (x) ≤ 0 ∴

最小:f (π) = −2
12
(1)
I(a) =
1 8a a2
−
+
2 π2
3
(2)
2
I (a) =
3
0
(
)
12
a− 2
π
36
(
I
12
π2
)
が最小値 a =
12
π2
13
(1)
∫ t
∫ t
2u(u − 3)du −
2u(u − 3)(u − 4)du
f (t) = 0
0
∫ t
3
2
−4u + 24u − 30udu
=
0
= t2 |(t − 3)(t − 5)|
(2)
f (t) = 0 より,t = 3
(3)
f 0 (t) = 2t(2t2 − 12t + 15)
√
6− 6
t=
2
14
(1)
∫
1
In + In+1 =
0
xn (1 + x)
1
dx =
1+x
n+1
(2)
1
= Ik−1 + Ik
k
(−1)k−1
= (−1)k−1 (Ik−1 + Ik )
k
= I0 + (−1)k−1 Ik ∴ an = 1, bn = (−1)n−1
37
★★★★問題 解答
1 首都大
解答
∫
x
f (x) =
1
=
[x log t]x1
1
(−t + x) + 1dt +
t
+ [−x log t +
∫
3
x
1
(t − x) + 1dt
t
2t]3x
= 2x log x − (log 3 + 2)x + 6
f 0 (x) = 2 log x − log 3
x=
√
3 で極小値をとる
√
√
f (1) = 4 − log 3 ,f ( 3) = 6 − 2 3, f (3) = 3 log 3
f (3) − f (1) = log 34 − 4 > log e4 − 4 = 0 より f (3) > f (1)
fmax = 3 log 3
38
2 法政大
解答
(1)
∫
π
2
an =
(cos t + an−1 sin t) cos tdt
0
∫
=
0
π
2
1 + cos 2t
+ an−1 sin 2tdt
2
π 1
+ an−1
4
2
=
(2) 極限値が存在するとしたらその値は α =
an −
π
2
π
1
π
= (an−1 − )
2
2
2
1
2
= ( )n−1 (a1 −
∴ lim an =
n→∞
π
2
∴ lim fn (x) = cos x +
n→∞
π
) → 0
2
π
sin x
2
39
なので
3 北大
解答
区分求積法
1
(2n)!
log
n
n!nn
(
)
1
2n・(2n − 1)・……………1
= log
n
n・n・……………n
(
)
1
n+n−1
n+1
n+n
=
+ log
…………… + log
log
n
n
n
n
an =
(
)
n
1∑
k
=
log 1 +
n
n
k=1
∫
→ 1
log(1 + x)dx = log
0
an → 4
e
4
e
40
4 大阪大
解答
(1)
y
y=log(x+1)
y=logx
logn
x
n-1 n
1 2 3
0
上図より,
∫
n
log xdx <
1
n
∑
log k
k=1
は明らかである。また,y = log(x + 1) は y = log x を左に1ずらした関数なので,
∫
∫
n
n−1
log xdx =
1
log(x + 1)dx
0
も明らか。よって,上図より
n
∑
∫
∫
n−1
log k < log n +
0
k=1
2
log xdx = 2 log 2 − 1
1
2
∑
log k = log 2
k=1
∫
2
log xdx = 3 log 2 − 1
log 2 +
1
2 < e より成立
n = l のとき
∫ l
∫ l
l
∑
log xdx
log xdx <
log k < log l +
1
k=1
log xdx
1
【別解】n = 2 として
∫
n
log(x + 1)dx = log n +
1
41
が成立するとすると
n=l+1
l+1
∑
∫
log xdx
1
k=1
=
l+1
log k −
l
∑
∫
∫
l
log k −
l+1
log xdx + log(l + 1) −
1
k=1
log xdx
l
> 0 + log(l + 1) − ((l + 1) log(l + 1) − l log l) + 1
:::::::::::::::::::::::
に平均値の定理を用いて
::
l < c < l + 1 f (x) = x log x ,f 0 (x) = log x − 1
(l + 1) log(l + 1) − l log l = log c − 1 を満たす c が存在する
∴ log(l + 1) − (log c − 1) + 1 = log
l+1
>0 c
次に
∫
l+1
log xdx −
log(l + 1) +
1
l+1
∑
∫
l+1
log k >
(
∫
log xdx − 1 +
1
k=1
= (n + 1) log(n + 1) − (n + 1) log n − 1 = (n + 1) log
e
)
log xdx
1
n+1
−1>0 n
※平均値の定理
関数 f (x) が a ≤ x ≤ b で連続かつ a < x < b で微分可能なら
0
f (c) =
f (b) − f (a)
(a < c < b)
b−a
を満たす c が少なくとも1つ存在する
これは a から b までの変化の割合(平均変化率)と微分係数が等しくなる点が存在すると
いう意味である。
(2)
1
an = (n!) n log n
42
として
log an =
1
log n!
n log n
1
[log 1 + log 2 + log 3…………… + log n]
n log n
∫ n
∫ n
1
1
log xdx < log an <
[log n +
log xdx] (∵ (1))
n log n 1
n log n
1
=
左と右の項は 1 に収束するので
an → e
43
5 大阪大
解答
Si の面積を求めるために i に対象な軸として xy 軸を設定する
放物線を y = ax2 + b とすると y 0 = 2ax
2π
なので,傾きに着目すると,
n
(π π)
(π π )
tan
−
−
= 2a cos
2
n
2
n
2接線のなす角は
sin( π2 − nπ )
cos nπ
=
2 cos2 ( π2 − nπ )
2 sin2 nπ
a=
∴ Si =
=
π
cos n
π
2 sin2 n
12
(2 sin
π 3
)
n
1
π
π
cos sin
3
n
n
1
π
π
Sn = n cos sin
3
n
n
=
→ 1
π sin nπ
cos
π
3
n nπ
π
3
44
6 九州大
解答
(1)Q の速さを v,P の角速度を ω[rad/s] とする。
v×
2π
= 1 , ωt = θ
ω
∴ vt =
(
∴ Q
ωt
θ
=
2π
2π
θ
θ
cos θ,
sin θ
2π
2π
)
(2)
1 2
r dθ
2
∫
1 2π 2
S=
r dθ
2 0
∫
1 2π θ2
=
dθ
2 0 4π 2
dS =
=
π
3
井 極座標表示で表された図形の面積
y
dS
θ=ș

 x = r cos θ

θ=Ș
dθ
x
0
y = r sin θ
と媒介変数表示される関数で,原点 O と t = α∼β まで動くときに,囲まれる面積は,
dS =
1 2
r dθ
2
45
より,
∫
β
S=
α
1 2
r dθ
2
46
7 理科大
解答
dx
dy
= −6 sin 2t < 0 , = 6 cos 3t
dt
dt
3
π
π
π
x(0) = 3, x( ) = − ,y(0) = 0, y( ) = 2, y( ) = 0 より,y > 0
3
2
6
3
∫ 3
∫ 0
ydx =
2 sin 3t・(−6 sin 2t)dt
− 32
π
3
∫
= 12
π
3
sin 3t sin 2tdt = 12
0
=
∫
π
3
0
1
− [cos 5t − cos t]dt
2
18 √
3
5
47
8
解答
_
_
(1) 接点を R とすると AR=RP より,
−→
−→
OQ = (2 cos θ, 2 sin θ) , QP = (− cos 2θ, − sin 2θ)
∴ P(2 cos θ − cos 2θ, 2 sin θ − sin 2θ)
(2)x(θ) = x(−θ), y(θ) = −y(−θ) より,このグラフは x 軸について対象であることがわ
かる。
0 ≤ θ ≤ π のとき
y = 2 sin θ(1 − cos θ) ≥ 0
dx
= −2 sin θ(1 − 2 cos θ) dθ
(π) 3
より,x(0) = 1, xmax = x
= , xmin = x(π) = −3
3
2
∫ 23
∫ 32
∫ π3
∫ π3
dx
dx
S/2 =
ydx −
ydx =
y(θ) dθ −
y(θ) dθ
dθ
dθ
−3
1
π
0
∫
0
=
y(θ)
π
∫
dx
dθ =
dθ
∫
0
(2 sin θ − sin 2θ)(−2)(sin θ − sin 2θ)dθ
π
0
= −2
2 sin2 θ − 3 sin θ sin 2θ + sin2 2θdθ
π
∫
0
= −2
π
1
1 − cos 2θ − 6 sin2 θ(sin θ)0 + (1 − cos 4θ)dθ
2
= 3π
∴ S = 6π
48
9 関西大
解答
dx
= 2 cos 2t
dt
π
x(0) = 0, x( ) = 1, x(1) = sin 2
4
dy
= 2(t − 1)
dt
y(0) = 1, y(1) = 0
dV = πx2 dy より,
∫ 1
V =
πx2 dy
0
∫
0
π sin2 2t・2(t − 1)dt
=
1
∫
1
= −2π
t sin2 2t − sin2 2tdt
0
∫
1
1
1
1
1
t( (t − sin 4t))0 − ( (t − sin 4t))0 dt
2
4
2
4
0
]
[
]
[
∫ 1
1
1
1
1
1
1
t − sin 4tdt − 2π (t − sin 4t)
= 2π t( (t − sin 4t)) − 2π
2
4
8
2
4
0 2
= −2π
=
π
(7 + cos 4)
16
49
10 首都大東京
解答
x = x で2曲線で囲まれた図形を切ったときの長さ ∆y は
∆y = (ex + e−x ) − (ex − e−x ) = 2e−x
バームクーヘン積分の考えより,
∫
1
V =
2πx∆ydx
0
∫
= 4π
1
x(−e−x )0 dx
0
= 4π{[−xe−x ]10 −
∫
1
−e−x dx}
0
2
= 4π(1 − )
e
50
11 中央大
解答
(1)
∫
kπ
V =π
e−2x sin2 xdx
(k−1)π
∫
kπ
=π
(k−1)π
=
π
2
∫
kπ
e−2x
1 − cos 2x
dx
2
e−2x − e−2x cos 2xdx
(k−1)π
=
]kπ
π [ −2x
e ( cos 2x − sin 2x − 2) (k−1)π
8
=
π −2(k−1)π
e
(1 − e−2π )
8
※
∫
I=
∫
J=
e−2x cos 2xdx =
e−2x sin 2xdx =
∫
∫
e−2x
(
)0
1
sin 2x dx
2
(
)0
1
e−2x − cos 2x dx
2
部分積分を実行すると,2式から
I=
1 −2x
[e
(sin 2x − cos 2x)]
4
と求められる。
(2)
∞
∑
k=1
Vk =
1
π
π
(1 − e−2π )
=
8
1 − e−2π
8
51
12 信州大
解答
(1) (i)|x| ≤ 1 のとき
f (x) = lim f (x) =
n→∞
x5 + x3
= x3
x2 + 1
(ii)|x| > 1 のとき
f (x) = lim
n→∞
x+
1+
x5
x2n
x2
x2n
+
+
x3
x2n
1
x2n
=x
(iii)x = ±1 のとき
f (x) = ±1
y
2
1
−2
−1
O
1
x
2
−1
−2
(2)
傘型求積の考え方より,
1
dV = 2 ×π(x − x3 )2・√ dx
2
∫ 1
2π
√ (x − x3 )2 dx
∴ V =
2
0
√
8 2π
=
105
52
※ 傘型積分
y
1
dx
cosθ
dx
p
0
y = f (x) を y = mx 回りに回転させてできる立体の微小体積は ∆l = f (x) − mx とする
と cos θ =
√ 1
m2 +1
として,
dx
dV = πl2 cos2 θ・
cos θ
= π cos θl2 dx
∫
a
V =
π
b
(f (x) − mx)2
√
dx
m2 + 1
[別解 1] x = x で2曲線で囲まれた図形を切ったときの長さ ∆y = x − x3 とすると,
[(
)3 (
)3 ]
π
∆y √
∆y
√ + 2dx − √
dV = 2
3
2
2
2π
2
= √ (x − x3 )2 dx
∫
∴ V =
√
8 2π
=
105
0
1
2π
√ (x − x3 )2 dx
2
[別解 2]
y = x 上に k 軸をとり,k を通る法線の式は,
)
(
√
k
k
+ √ = −x + 2k
y =− x− √
2
2
53
これと y = x3 の交点の x 座標を p とすると,
p3 = −p +
√
2k
求める体積は,
V
=
2
√
∫
0
√
2
∫
=π
2
(
)}2
{
√
k
2 p− √
dk
2
√
( 2p − k)2 dk
0
∫
1
=π
0
)
(
√
p3 + p dk
2p − √
dp
dp
2
dk
3p2 + 1
= √
より,
dp
2
)
∫ 1( 3
p
p
3p2 + 1
√ −√ ・ √
=π
dp
2
2
2
0
√
4 2
=
108
√
8 2
V =
108
54
13 日本女子大
解答
z = t で切ったときの切り口は
y 2 ≤ a2 − t2 ,x2 ≤ a2 − t2
√
1辺の長さが 2 a2 − t2 の正方形となるので,
ゆえに S(t) = 4(a2 − t2 )
dV = S(t)dt より,
∫ a
∴ V =
4(a2 − t2 )dt
−a
=
16 3
a
3
55
14 慶応大
解答
y = t で切った断面を考える。このとき − a2 ≤ t ≤ a なので,
x2 ≤ a2 − t2
√
a
0 ≤ z ≤ 3(t + )
2
断面積は,
z
x
0
√
√
a
a2 − t2 3(t + )
2
∫ a √ (
a) √ 2
2 3 t+
V =
a − t2 dt
2
−a
2
S(t) = 2
√ ∫
=2 3
a
−a
2
√
=2 3
([
√
a√ 2
t a 2 − t2 +
a − t2 dt
2
(
))
√
(
)]a
2
3
2
−1 2
a
πa
3
・
(a − t2 ) 2
+
+
a2
3
2
2
3
8
−a
2
(
=
√ )
9
3
+
π a3
8
3
[別解]
x = t(−a ≤ t ≤ a) で切った断面を考える。y 2 ≤
√
√
− a2 − t2 ≤ y ≤ a2 − t2
56
√
a2 − t2 より
√
3(y + a2 ) で z = 0 とすると,y = − −a
2
√
(i)− a2 − t2 < −a
すなはち
2
また z =
−
√
√
3
3
a≤t≤
a のとき
2
2
小さい方の断面積は
√
3 √ 2
a
S(t) =
( a − t2 + )2
2
2
∫
Vi =
=
√
3a
2
−
S(t)dt
√
3a
2
√
15 3
3 3
a +
πa
8
6
(ii)−a ≤ t ≤
√
3
2 a
または
√
3
2 a
≤ t ≤ a のとき
小さい方の断面積は
√
√
√ √
a
a
1
3(( a2 − t2 + ) + (− a2 − t2 + )) × 2 a2 − t2 ×
2
2
2
√ √
= 3a a2 − t2
∫ a √ √
Vii = 2 √
3a a2 − t2
S(t) =
3a
2
√
3 3 3 3
πa − a
6
4
√
3 3 9 3
V = Vi + Vii =
πa + a
3
8
=
57
15 上智大
解答
直線 PQ 上の点 X は
−→ −→
−→
OX = OP + tPQ


1+t
= t 
1−t
y = t(0 ≤ t ≤ 1) でこの三角形を切ったときの OQ との交点は y = 2x 上より (2t, t),PQ
との交点は (1 + t, t, 1 − t) この線分を y 軸回りに回転させ たときの面積は
S(t) = π((1 + t)2 + (1 − t)2 ) − π(2t)2
∫
1
π((1 + t)2 + (1 − t)2 ) − π(2t)2 dt
V =
0
∫
1
π(2 − 2t2 )dt
=
0
=
4
π
3
[別解]
直線 OX を y 軸まわりに回すと高さ t, 半径
dV =
√
2 + 2t2 の円錐になるので,
π
[(2 + 2(t + dt)2 )(t + dt) − (2 + 2t2 )t] (0 ≤ t ≤ 1)
3
2π 2
(3t + 1)dt
3
∫ 1
4
2π 2
(3t + 1)dt = π
V =
3
3
0
=
58
16 お茶の水女子大
解答
∫
1
(
1
xn+1
n+1
I(n) =
0
I(n) =
)0
e−x dx
2
e−1
2
+
I(n + 2)
n+1 n+1
1
2
∴ I(n + 2) = − e−1 +
n+1
I(n) 2
また,0 < e−x ≤ 1 より,
2
∫
0 ≤ I(n) ≤
1
xn dx 0
∴ 0 ≤ I(n) ≤
nIn =
1
n+1
n −1
2n
e +
I(n + 2)
n+1
n+1
0 ≤ I(n) ≤
1
I(n) → 0
n+1
∴ nI(n) → e−1
59
17
[解答]
f 0 (x) > 0 より,f (x) は単調増加なので,
t ≤ x では f (t) ≤ f (x),t > x では,f (t) > f (x) であるから,
∫
∫
x
(f (t) − f (x))dt
a
∫
x
∫
x
a
∫
b
x
b
−f (t)dt + (x − a)f (x) +
a
dt
x
∫
x
=
b
f (t)dt − f (x)
dt +
a
∫
∫
x
−f (t)dt − f (x)
=
b
−(f (t) − f (x))dt +
F (x) =
f (t)dt − (b − x)f (x)
x
∫
∫
x
=−
b
f (t)dt + (2x − a − b)f (x)
f (t)dt +
a
x
F 0 (x) = −f (x) − f (x) + 2f (x) + (2x − a − b)f 0 (x) = (2x − a − b)f 0 (x)
f 0 (x) > 0 より F (x) を最小にするのは,
x=
a+b
2
60
18
[解答]
(1)
I0 =
π
, I1 = 1
2
∫
π
2
In =
sinn xdx
0
∫
π
2
=
(− cos x)0 sinn−1 xdx
0
∫
π
2
=
(1 − sin2 x) sinn−2 x
0
= (n − 1)In−2 − (n − 1)In
∴ nIn = (n − 1)In−2 ∴ In =
I5 =
42
8
I1 =
53
15
I6 =
531
5
I0 =
π
642
32
n−1
In−2
n
(3)
∫
π
2
Jn =
cosn xdx
0
π
− x = t とすると,
2
∫ 0
(π
)
=
cosn
− t (−1)dt
π
2
2
として,
∫
=
π
2
sinn xdx = In
0
∴ J8 = I8 =
=
7531π
86422
35
π
256
61
19 理科大
(1) 点 T を通り直線 l に直交する直線
(
)
t
t
√
y =− x−
+√
2
2

√
 y = −x + 2t

y = x2
√
より,x2 − 2tx + 2 = 0
√
t + t2 − 4
p2 + 2
√
∴p=
∴ t = √
2
2p
(2) l 上に座標軸 k をとる
y
t
k
2
O
k
√
∫ t 2{(
V (t) = π
2
∫
x
)
}2
√
√
k + k2 − 4
k
√
× 2
−√
dk
2
2
t
k 2 − 4dk
=π
2
π
(t − 2)2 (t + 4)
3
(
)
√
t
(3) 高さ t − 2, 半径 2 p − √
の円錐となるので,
2
√
π
π
W (t) = (t − 2)( t2 − 4)2 = (t − 2)2 (t + 2)
3
3
=
(4)
W (t)
=
V (t)
π
3 (t
π
3 (t
− 2)2 (t + 2) 2
→
− 2)2 (t + 4) 3
62
★★★★★問題
1 名古屋大
解答
(1) n = 0, 1 のとき
f0 (2 cos θ) = 2,f1 (2 cos θ) = 2 cos θ
n = k − 1, k のとき題意が成立すると仮定すると
fk (2 cos θ) = 2 cos kθ
fk+1 (2 cos θ) = 2 cos θfk (2 cos θ) − fk−1 (2 cos θ)
= 4 cos θ cos kθ − 2 cos(k − 1)θ
1
2
= 4 [cos(k + 1)θ + cos(k − 1)θ] − 2 cos(k − 1)θ
= 2 cos(k + 1)θ (2)
−2 ≤ x ≤ 2 より,x = 2 cos θ(0 ≤ θ ≤ π) とすると,
fn (2 cos θ) = 0 ∴ 2 cos nθ = 0 π
1
m
+ mπ ∴θ = (
+ )π (m = 0, 1, 2, …………, n − 1)
2
2n
n
nθ =
xn に対応する θ を θn とすると,θ の最小値を考えて
π
2n
θn =
∫
2
fn (x)dx
xn
∫
0
=
fn (2 cos θ)
θn
∫
dx
dθ
dθ
θn
2 cos nθ・2 sin θdθ
=
0
∫
=4
0
θn
1
[sin(n + 1)θ − sin(n − 1)θ]
2
63


= −2 
2
1
1
+
cos(n + 1)θn −
cos(n − 1)θn 
n2 − 1 ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::
n+1
n−1
に加法定理を適用すると
::
=−
::
∴ n2
2n
π
sin
−1
2n
n2
4
π
(−1 + n sin
)
−1
2n
(3)
(
)
4n2
2n
π π
−1
+
sin
・
n2 − 1
π
2n 2
(
)
π
→ 4 −1 +
2
64
2 金沢大
解答
(1)
∫
(n+1)π
nπ
∴ | sin x|
dx ≤
(n + 1)π
2
≤
(n + 1)π
∫
∫
(n+1)π
nπ
(n+1)π
nπ
| sin x|
dx ≤
x
∫
(n+1)π
nπ
| sin x|
dx
nπ
| sin x|
2
dx ≤
x
nπ
(2)
(1) より sin x ≥ 0 となる積分区間では,
∫
(2m+1)π
2mπ
sin x
2 1
dx ≤
x
π 2m
sin x ≤ 0 となる積分区間では,
∫
(2m+2)π
2m+1π
sin x
2
1
dx ≤ −
x
π 2m + 2
m = 1, 2, ………………, n − 1 まで足し加えると
(
)
∫ 2nπ
sin x
2 1 1 1
1
dx ≤
− + − ……………… −
x
π 2 4 4
2n
2π
∫
2nπ
∴ 2π
sin x
2
dx ≤
x
π
(
1
1
−
2 2n
)
≤
65
1
π
3 京都大
解答
(1)
2
f (x) = xex とすると
f 0 (x) = ex (1 + 2x2 ) > 0
2
2
よって 0 ≤ xex ≤ e より題意は示された ∫
1
0 ≤ bn ≤ e
(1 + x)−n dx
0
∫
1
e
(1 + x)−n dx =
0
2−n+1 − 1
→ 0
−n + 1
はさみうちの定理より,
bn → 0
(2)
∫
1
nan = n
(1 + x)−n−1 ex dx
2
0
∫
=
1
[(1 + x)−n ]0 ex dx
2
0
= [−(1 +
2
x)−n ex ]10
∫
1
+2
(1 + x)−n xex dx
2
0
= −2−n e + 1 + 2bn → 1
66
4 東工大
解答
∫
π
2
sin2 nx
dx
1+x
lim
n →∞
∫
0
π
2
1 − cos 2nx
1
・
dx
1+x
2
=
0
∫
π
2
cos 2nx
1
−
dx
2(1 + x) 2(1 + x)
=
0
::::::::
ここで ::
を部分積分すると,
∫
π
2
0
=
[
1
2
cos 2nx
dx
2(1 + x)
∫
(
π
2
0
1
sin 2nx
2n
1
1
sin 2nx
2n
1+x
)0
] π2
+
0
1
dx
1+x
1
2n
∫
π
2
0
sin 2nx
dx
(1 + x)2
::::::::::::::::::
ここで,−1 ≤ sin 2nx ≤ 1 より,
1
2n
∫
π
2
0
−1
1
dx ≤
(1 + x)2
2n
∫
π
2
0
sin 2nx
1
dx ≤
(1 + x)2
2n
::::::::::::::::::
より,はさみ打ちの原理により, は 0 に収束する。
::
∫
∴ lim
n →∞
=
0
π
2
sin2 nx
dx =
1+x
∫
π
2
0
1
dx
2(1 + x)
1
π
log(1 + )
2
2
67
∫
0
π
2
1
dx
(1 + x)2
5 東大
解答
f (x, y) = y 2 − x2 (1 − x2 ) + a とすると,f (x, y) = 0 で,
f (x, y) = f (−x, −y),f (x, y) = f (x, −y),f (x, y) = f (−x, y)
となり原点,x, y 軸について対称である。
また,g(x) = −x4 + x2 − a とすると,
1
g 0 (x) = −4x3 + 2x = −4x(x2 − )
2
極値を x = ± √12 , x = 0 に持つ W 型のグラフとなる。
今, y 2 = g(x) より,
√
y = ± g(x)
よって,求める領域は,
√
√
− g(x) ≤ y ≤ g(x)
y
g(x)
y=-√
g(x)
-
x
0
2
2
0
2
2
y=√g(x)
となる。
y = 0 とし,x2 = t とおくと,
t2 − t + a = 0
√
1 ± 1 − 4a
≡ α, β
t=
2
バームクーヘン積分より
∫
V =
√
β
√
α
2πxy dx
68
x
∫
√√
1
2π t t(1 − t) − a √ dt
2
t
α
∫ β √
1 − 4a
1
π (
=
) − (t − )2 dt
4
2
α
β
=
t−
1
2
= u とすると,
∫ √1−4a/4
=
−
√
√
π
(
1−4a/4
1 − 4a
) − u2 du
4
これは半円の面積を示すので
1 2 √
1
π ( 1 − 4a/4)2 = π 2 (1 − 4a)
2
8
∴ 2V =
1 2
π (1 − 4a)
4
69
6
解答
(1) 平均値の定理より f (x) の原始関数を F (x) として,
F (b) − F (a)
= F 0 (c) ,a ≤ c ≤ b
b−a
となる。x = c が存在する。
∴ 1
b−a
∫
b
f (x)dx = f (c) となるcが存在する。 a
(2) この立体全体の体積を V とすると,
∫
π
2
2πxydx
0
∫
=
∫
π
2
2πx sin xdx =
0
π
2
2πx(− cos x)0 dx
0
= 2π
V =
π3
− 2π
4
ここで xn < α <
π3
4
π
2
とすると,(yn = sin xn とする)
− 2π
= πα2 (1 − yn )
n
ここで α→ π2
n(1 − yn ) =
π3
4
− 2π
8
→1 − 2
πα2
π
70
7 群馬大(医)
解答
   
 
x
1
−1
l : y  = 0 + t  2 
z
0
1


1−t
=  2t 
t
求める体積は,
dV = π(
x = 1 − y2 , z =
∫
2
√
x2 + z 2 )2 dy
y
2
より,
(√
y
y
(1 − )2 + ( )2
V =
π
2
2
0
[
]
y2
y3
=π y−
+
2
6
=
)2
dy
4
π
3
71
8 東大
解答
(1)

0
−→ 
PQ = √ −u 
1 − u2

PQ は x = u であるので,R から垂線を引き点と曲線の距離の公式を用いて,(相似を利
用してもよい)
√
√
|u 1 − u2 |
d= √
= u 1 − u2
u2 + 1 − u2
(2) x = u で切ると


0
−→ 
PQ = √ −u 
1 − u2
の線分を回転させればよいので,
u>
√
1
1 − u2 ∴ u > √
2
このことから求める体積 V は,
∫
1
√
2
V =
∫
π(1 − u2 ) − πu2 (1 − u2 )dt +
0
√
= π(
2 1
+ )
3
5
72
1
1
√
2
πu2 − πu2 (1 − u2 )dt
9 東大
解答
z = t で切ると
y 2 ≤ 1 − t2 ,x2 ≤ 1 − t2 ,x2 + y 2 ≤ 1
√
1
1
1 − t2 = √ とすると t = ± √
2
2
ここで対称性より 0 ≤ t ≤ 1 の場合を考える。[
√
1
1
1 − t2 < √ とすると t > √
2
2
(i) √12 < t < 1 のとき
∫
1
1
√
2
1 − t2 dt =
(ii)0 ≤ t ≤
∫
1
√
2
√1
2
2
0
2
1 1 3
1
− √ + ( )2
3
2 3 2
のとき
π
− 2α
1√
1 − t2・t + π・12・ 2
dt
2
2π
∫
=
1
√
2
0
(
)
√
π
t
t 1 − t2 + − α dt tan α = √
4
1 − t2
ここで,sin α = t より,
dt
= cos α
dα
∫ √1
∫
2
αdt =
0
0
∫
=
π
4
α(
dt
)dα
dα
π
4
α cos αdα =
0
π 1
1
√ + √ −1
4 2
2
(i)+(ii) より,
V /8 = 2 −
√
√
2 ∴ 16 − 8 2
73
10 東大
解答
(1)

1
A = 0
0
 
ab
1 y
b  = 0 1
1
0 0
a+c
1
0

yz
z + x
1
よって
x=
bc
ab
,y = a + c ,z =
a+c
a+c
(2) y = t とするとき
c
ab
x = b ,z =
t
t
(i)2 ≤ t ≤ 3 のとき
このとき a + c = t , 1 ≤ a ≤ t − 1, 1 ≤ c ≤ t − 1
z=
a
t−c
t
x=
x = ( − 1)x = b − x
c
c
c
ここで,x,z の範囲を求めると,
b
t−1
1
t−1
1
≤x≤b
,b ≤ z ≤ b
t
t
t
t
dS =
√
b
1
2(b − 2 ) × √ db
t
2
∫
2
∴ S(t) =
1
b
3 3
b − 2 db = −
t
2
t
(ii)3 ≤ t ≤ 4 のとき
t − 2 ≤ a ≤ 2, t − 2 ≤ c ≤ 2
z = b − x ここで,x の範囲を求めると,
2
2
1
t−1
b(1 − ) ≤ x ≤ b ,b ≤ z ≤ b
t
t
t
t
74
dS =
√
∫
(
)
2
2
1
2 b − b(1 − ) × √ db
t
t
2
2
S=
1
4
6 3
( − 1)bdb = −
t
t
2
(3)
∫
3
V =
2
3 3
− dt +
2
t
∫
4
3
6 3
− dt
t
2
= 15 log 2 − 9 log 3
75
11 早稲田大
解答
(1)
円錐:x2 + y 2 ≤ (a − z)2 ,平面 P :z = y (y ≥ 0, z ≥ 0)
切り口の図形の z = 0(xy 平面)への正射影は,
x2 + y 2 ≤ (a − y)2 ∴ 0 ≤ y ≤ −
1 2 1
x + a
2a
2
正射影
f (x, y, z) かつ g(x, y, z) で表される図形の xy 平面上 への正射影は,2式から z
を消去すればよい。
またそのときの面積 S 0 は,xy 平面 と図形のなす角を θ として,
S 0 = S cos θ
となる。
この図形の面積は,
S0 =
1 1
2
(2a)3 = a2
6 2a
3
求める図形の面積 S は S cos 45° = S 0 より,
√
2 2 2
S=
a
3
(2)
円錐:x2 + y 2 ≤ (a − z)2 ,平面:z = y − t (0 ≤ t ≤ a)
切り口の図形の z = 0(xy 平面)への正射影は,t ≤ y より,z を消去して,
t≤y≤−
1 1 2 t+a
x +
2t+a
2
この図形の面積は,
t=−
S0 =
√
1 1 2 t+a
x +
x = ± a2 − t2 より,
2t+a
2
√
11 1
(2 a2 − t2 )3
62t+a
76
=
√
2
(a − t) a2 − t2
3
図形の面積 S は S cos 45° = S 0 より,
√
√ 2
2 (a − t) a2 − t2
3
S=
微小体積は微小幅が
∫
a
V =
0
=
2
3
2
=
3
∫
√1 dt
2
になることに注意して
√
√ 2
1
2 (a − t) a2 − t2 √ dt
3
2
a
a
√
√
a2 − t2 − t a2 − t2 dt
0
(
=
[
]a )
π 3
2 2
1
2 32
a − (a − t ) ・−
4
3
2 0
π 3 2 3
a − a
6
9
77
12 京都大
解答
(1) ∫
π
4
I2 =
∫
cos2 2θ sin3 θdθ
0
π
4
=
(2 cos θ − 1)2 (1 − cos2 θ)・− (cos θ)0 dθ
0
∫
π
4
=
[
(4 cos6 θ − 8 cos4 θ + 5 cos2 θ − 1)(cos θ)0 dθ
0
4
8
5
cos7 θ − cos4 θ + cos2 θ − cos θ
7
5
3
√
38 − 26 2
=
105
] π4
=
【別解】
∫
π
4
I2 =
0
cos2 2θ sin3 θdθ
0
∫
π
4
=
0
1
=
8
∫
1
(1 + cos 4θ)(3 sin θ − sin 3θ)dθ
2
π
4
3 sin θ − sin 3θ + cos 4θ sin θ − cos 4θ sin 3θdθ
0
√
38 − 26 2
=
105
(2)
r = sin 2(θ +
π
π
π
) (− ≤ θ ≤ )
4
4
4
としても一般性を失わない。y = x に平行な軸を x0 , 垂直な軸を y 0 軸とするとき,
π
) cos θ
4
π
y 0 = r sin θ = sin 2(θ + ) sin θ
4
∫ 1
∫ 1
dx0
02
0
∴ V = π
y dx = π
y 0 (θ)
dθ
dθ
0
0
∫ π4
=π
2 cos2 2θ sin3 θ + 2 cos3 2θ sin3 θ + cos3 2θ sin3 θdθdθ
x0 = r cos θ = sin 2(θ +
0
= 2πI2 + 3πI3 78
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積分法