5広島大学 2024年 数学 第5問解答・解説

(1)

$x+\sqrt{1+x^2}>0$ であるから $f$ は定義される。微分すると
$$f'(x)=\dfrac{1+\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}} =\dfrac1{\sqrt{1+x^2}},\qquad f''(x)=-\dfrac{x}{(1+x^2)^{3/2}}.$$
したがって $x>0$ で $f''(x)<0$ であり、曲線 $y=f(x)$ は上に凸である。

(2)

$f(0)=0$ である。(2)の上側については、$x\geqq0$ で $f'(x)\leqq1$ より
$$f(x)=\int_0^x f'(t)\,dt\leqq\int_0^x1\,dt=x.$$
また $g(x)=f(x)-\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ とおくと、
$$g(0)=0,\qquad g'(x)=\dfrac{x^2}{(1+x^2)^{3/2}}\geqq0\quad(x\geqq0).$$
よって $g(x)\geqq0$、すなわち
$$\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leqq f(x)\leqq x\quad(x\geqq0).$$
なお $x>0$ では両側とも不等号は厳しい。

(3)

部分積分により
$$\begin{aligned} S&=\int_0^{3/4}f(x)\,dx =\left[xf(x)\right]_0^{3/4}-\int_0^{3/4}\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx\\ &=\dfrac34\log2-\left[\sqrt{1+x^2}\right]_0^{3/4} =\dfrac34\log2-\dfrac14. \end{aligned}$$$$S={\int }_0^{3/4}f(x)dx={\left[xf(x)\right]}_0^{3/4}-{\int }_0^{3/4}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx$$$$=\frac{3}{4}\log 2-{\left[\sqrt{1+x^2}\right]}_0^{3/4}=\frac{3}{4}\log 2-\frac{1}{4}.$$

(4)

$L=\log2$ とおく。(4)で $A=(\dfrac34,L)$、また $f'(\dfrac34)=\dfrac45$ だから、接線 $\ell$ は
$$y-L=\dfrac45\left(x-\dfrac34\right),\qquad y=\dfrac45x+L-\dfrac35.$$
これと $y=x$ との交点は
$$B=(b,b),\qquad b=5L-3.$$
$(2)$を $x=\dfrac34$ に適用すると $\dfrac35<L<\dfrac34$ であり、したがって $0<b<\dfrac34$。四角形 $ABOC$ の面積を座標で計算して
$$\begin{aligned} T&=\dfrac12\left(\dfrac34b-Lb+\dfrac34L\right)\\ &=\dfrac12\left\{\dfrac34(5L-3)-L(5L-3)+\dfrac34L\right\}\\ &=-\dfrac52L^2+\dfrac{15}{4}L-\dfrac98. \end{aligned}$$$$T=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}b-Lb+\frac{3}{4}L\right)$$$$=\frac{1}{2}\left\{\frac{3}{4}(5L-3)-L(5L-3)+\frac{3}{4}L\right\}$$$$=-\frac{5}{2}{L}^2+\frac{15}{4}L-\frac{9}{8}.$$

(5)

最後に、$0\leqq x\leqq b$ では (2) より $f(x)\leqq x$ であり、$b\leqq x\leqq\dfrac34$ では (1)より接線 $\ell$ が曲線 $y=f(x)$ の上側にある。したがって、曲線の下側の面積 $S$ は四角形 $ABOC$ の面積 $T$ より小さく、$S<T$ である。上で求めた式を用いると
$$0<T-S=\dfrac{-20L^2+24L-7}{8} =-\dfrac52\left(L-\dfrac12\right)\left(L-\dfrac7{10}\right).$$
よって $\dfrac12<L<\dfrac7{10}$。さらに (2) から $L>\dfrac35$ なので
$$\dfrac35<\log2<\dfrac7{10}.$$
ゆえに $\log2$ の小数第1位の数字は $6$ である。