【数学IIB】

2020年(令和2年)数学IIB【第2問】

(1)

点 $(t, t^2 + 2 t + 1)$ における放物線 $C$ の傾きは $y’ = 2 x + 2$ より $2t + 2$ となる。
従って、求める直線 $l$ の方程式は
\begin{eqnarray}
y – (t^2 + 2t + 1) &=& (2t + 2) (x – t) \\
y &=& (2t + 2) x – 2 t^2 – 2 t + t^2 + 2t + 1\\
y &=& (2 t + 2) x – t^2 + 1
\end{eqnarray}
と求まる。

また、点 $(s, f(s)) = (s, s^2 – (4 a – 2) s + 4 a^2 + 1)$ における放物線 $D$ の傾きは $f'(x) = 2 x – (4 a – 2)$ より $2 s – 4 a + 2$ となる。
従って、求める直線 $l$ の方程式は
\begin{eqnarray}
y – (s^2 – (4 a – 2) s + 4 a^2 + 1) &=& (2 s – 4 a + 2) (x – s) \\
y &=& (2 s – 4 a + 2) x – 2 s^2 + 4as – 2s + s^2 – (4 a – 2) s + 4 a^2 + 1 \\
y &=& (2 s – 4 a + 2) x – s^2 + 4 a^2 + 1
\end{eqnarray}
と求まる。

従って、2つの $l$ の方程式が等しいという条件から
\begin{eqnarray}
2t + 2 &=& 2 s – 4 a + 2 \\
– t^2 + 1 &=& – s^2 + 4 a^2 + 1
\end{eqnarray}
なる連立方程式が導かれる。この連立方程式の解は $a > 0$(すなわち、 $a \neq 0$)という条件を使えば
\begin{eqnarray}
s &=& 2a \\
t &=& 0
\end{eqnarray}
と求まる。

これより、2つの放物線 $C$ と $D$ に接する直線 $l$ の方程式は
\begin{eqnarray}
y &=& 2 x + 1
\end{eqnarray}
と求まる。

(2)

2つの放物線 $C, D$ の交点の $x$ 座標は
\begin{eqnarray}
x^2 – (4 a – 2)x + 4 a^2 + 1 &=& x^2 + 2 x + 1 \\
– a x + a^2 &=& 0 \\
x &=& a
\end{eqnarray}
と求まる。ここで、$a \neq 0$ を用いた。

また、放物線 $C$ と直線 $l$ および直線 $x = a$ で囲まれる図形の面積を求めるために、接線 $l$ と放物線 $C$ の交点を求める。

これは、放物線の接線の傾きが、接線の方程式 $l$ の $y = 2 x + 1$ の傾き $2$ となる $x$ 座標を求めれば良いので
\begin{eqnarray}
f'(x) = 2 x – (4 a – 2) = 2
\end{eqnarray}
より、
\begin{eqnarray}
x &=& 2 a
\end{eqnarray}
と求まる。

すなわち、求める面積 $S$ は
\begin{eqnarray}
S &=&\int_a^{2 a}\left((x^2 – (4 a – 2) x + 4 a^2 + 1) – (2 x + 1)\right) {\rm d} x \\
&=& \int_a^{2 a}(x^2 – 4 a x + 4 a^2) {\rm d} x \\
&=& \left[\frac{x^3}{3} – 2 a x^2 + 4 a^2 x\right]_a^{2 a} \\
&=& \frac{a^3}{3}
\end{eqnarray}
と求まる。

(3)

2つの放物線 $C, D$ と接線 $l$ は
\begin{eqnarray}
y &=& x^2 + 2 x + 1 \\
&=& (x + 1)^2 \\
y &=& x^2 – (4 a – 2) x + 4 a^2 + 1 \\
&=&\left((x – (2 a – 1)\right)^2 + 4 a
\end{eqnarray}
と書き直し、$C$ の $y$ 軸との交点が $(0, 1)$、$D$ と $y$ 軸との交点が $4 a^2 + 1 > 0$ であること、さらには、$C$ と $D$ の交点の $x$ 座標が $x = a$ であることと、$C$ と $l$ の接点が $(0, 1)$ であり、$D$ と $l$ の接点の $x$ 座標が $2 a$ であることから、$a \ge \frac{1}{2}$ の場合における位置関係が次の図のようになることが分かる。



これより、2つの放物線 $C, D$ と直線 $l$ で囲まれた図形の中で $0 \le x \le 1$ を満たす部分の面積 $T$ は、$a > 1$ においては $a$ に対して変化せず
\begin{eqnarray}
T &=& \int_0^1 \left((x^2 + 2 x + 1) – (2 x + 1)\right) {\rm d}x \\
&=& \frac{1}{3}
\end{eqnarray}
となる。

次に、$\frac{1}{2} \le a \le 1$ の場合の $T$ は
\begin{eqnarray}
T &=&
\int_0^a\left((x^2 + 2 x + 1) – (2 x + 1)\right) {\rm d} x +
\int_a^{1}\left((x^2 – (4 a – 2) x + 4 a^2 + 1) – (2 x + 1)\right) {\rm d} x \\
&=& – 2 a^3 + 4 a^2 – 2 a + \frac{1}{3}
\end{eqnarray}
と求まる。

(4)

$\frac{1}{2} \le x \le 1$ の時に $U = 2 T – 3 S$ は
\begin{eqnarray}
U &=& 2 \left(- 2 a^3 + 4 a^2 – 2 a + \frac{1}{3}\right) – 3 \frac{a^3}{3} \\
&=& – 5 a^3 + 8 a^2 – 4 a + \frac{2}{3} \\
U’ &=& – 15 a^2 + 16 a – 4 \\
&=& – (3 a – 2) (5 a – 2)
\end{eqnarray}
となり、$\frac{1}{2} \le a \le 1$ においては、$a = \frac{2}{3}$ の時に最大値
\begin{eqnarray}
– 5 \left(\frac{2}{3}\right)^3 + 8 \left(\frac{2}{3}\right)^2 – 4 \frac{2}{3} + \frac{2}{3} =
\frac{2}{27}
\end{eqnarray}
を取ることが分かる。

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