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日本医科大学／2022年度／後期

4日本医科大学 2022年 数学 第4問解答・解説

1問題

日本医科大学2022年度第4問
関数f(x)f(x)(x>0)(x>0)は連続で、第1次導関数f′(x)f'(x)が存在して連続で、第2次導関数f′′(x)f''(x)が存在し、かつf′(x)>0f'(x)>0、f′′(x)>0f''(x)>0を満たすと仮定する。座標平面において、曲線C:y=f(x)C:y=f(x)上の点A(t, f(t))\mathrm{A}(t,\,f(t))におけるCCの法線と、点B(t+h, f(t+h))\mathrm{B}(t+h,\,f(t+h))(h≠0)(h\neq 0)におけるCCの法線の交点をP(h)\mathrm{P}(h)とおく。hhを0に限りなく近づけるとき、点P(h)\mathrm{P}(h)が限りなく近づく点をP\mathrm{P}とする。また、2点A\mathrm{A}、P\mathrm{P}間の距離をR(t)R(t)とおく。

問1 点A(t, f(t))\mathrm{A}(t,\,f(t))におけるCCの法線の方程式を、tt、f(t)f(t)、f′(t)f'(t)を用いて表せ。答えのみでよい。

問2 点P\mathrm{P}の座標を以下の形で求めよ。
(t−ア, f(t)+イ) \left(t-\boxed{\text{ア}},\,f(t)+\boxed{\text{イ}}\right)

問3 R(t)R(t)を求めよ。答えのみでよい。

問4 以上の結果を用いて、関数f(x)=∫0xe2t−1 dtf(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\sqrt{e^{2t}-1}\,dt(x>0)(x>0)に対して、次の定積分IIの値を求めよ。
I=∫12log⁡21R(t) dt I=\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}}^{\log 2}\dfrac{1}{R(t)}\,dt

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • 1
    y−f(t)=−x−tf′(t)y-f(t)=-\frac{x-t}{f'(t)}。
  • 2
    ア =f′(t){1+f′(t)2}f′′(t)=\frac{f'(t)\{1+f'(t)^2\}}{f''(t)}、イ =1+f′(t)2f′′(t)=\frac{1+f'(t)^2}{f''(t)}。
  • 3
    R(t)={1+f′(t)2}32f′′(t)R(t)=\frac{\{1+f'(t)^2\}^{\frac32}}{f''(t)}。
  • 4
    I=32−1−e−1I=\frac{\sqrt3}{2}-\sqrt{1-e^{-1}}。

3解答

解答を見る途中式つきの解答

解答

(1)

接線の傾きは f′(t)>0f'(t)>0 なので、法線の傾きは −1f′(t)-\frac1{f'(t)}。
AA を通る点傾き式より結論を得る。

(2)

p=f′(t)p=f'(t)、q=f′′(t)>0q=f''(t)>0、P(h)=(Xh,Yh)P(h)=(X_h,Y_h) とおく。
2本の法線の式は
Xh+pYh=t+pf(t), X_h+pY_h=t+pf(t),
Xh+f′(t+h)Yh=t+h+f′(t+h)f(t+h)。 X_h+f'(t+h)Y_h=t+h+f'(t+h)f(t+h)。
差を取り hh で割ると
Yh=h+f′(t+h)f(t+h)−pf(t)hf′(t+h)−ph。 Y_h=\frac{\frac{h+f'(t+h)f(t+h)-pf(t)}h}{\frac{f'(t+h)-p}h}。
h→0h\to0 で分子は 1+qf(t)+p21+qf(t)+p^2、分母は qq となるので、
Yh→f(t)+1+p2q。 Y_h\to f(t)+\frac{1+p^2}{q}。
最初の法線式から Xh→t−p(1+p2)qX_h\to t-\frac{p(1+p^2)}q。
f′′>0f''>0 より f′f' は厳密増加するので、h≠0h\ne0 の近傍で二つの法線が平行でないことも保証される。

(3)

P−A=(−p(1+p2)q,1+p2q)P-A=\left(-\frac{p(1+p^2)}q,\frac{1+p^2}q\right) より、距離は (1+p2)p2+1q\frac{(1+p^2)\sqrt{p^2+1}}q。
q>0q>0 なので絶対値を外して結論を得る。

(4)

f′(t)=e2t−1f'(t)=\sqrt{e^{2t}-1}、f′′(t)=e2te2t−1f''(t)=\frac{e^{2t}}{\sqrt{e^{2t}-1}}。
1+f′(t)2=e2t1+f'(t)^2=e^{2t} より、R(t)=ete2t−1R(t)=e^t\sqrt{e^{2t}-1}。
したがって
1R(t)=e−2t1−e−2t=(1−e−2t)′。 \frac1{R(t)}=\frac{e^{-2t}}{\sqrt{1-e^{-2t}}} =\left(\sqrt{1-e^{-2t}}\right)'。
よって
I=[1−e−2t]12log⁡2=1−14−1−e−1=32−1−e−1。 \begin{aligned} I&=\left[\sqrt{1-e^{-2t}}\right]_{\frac12}^{\log2}\\ &=\sqrt{1-\frac14}-\sqrt{1-e^{-1}}\\ &=\frac{\sqrt3}{2}-\sqrt{1-e^{-1}}。 \end{aligned}

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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