大学入学共通テスト 2021年(令和3年) 追試数学ⅡＢ第２問 [2] 解説

サ～セ

最初に、 $y = g (x)$ のグラフを描こう。

$g (x)$ の式の絶対値の部分は
$| x | = {\begin{cases} - x & (x < 0) \\ x & (0 ≦ x) \end{cases}$
なので、
$g (x) = {\begin{cases} - x (x + 1) & (x < 0) \\ x (x + 1) & (0 ≦ x) \end{cases}$
とかける。

よって、 $y = g (x)$ は
$y = {\begin{cases} - x (x + 1) & (x < 0) \\ x (x + 1) & (0 ≦ x) \end{cases}$ 式Ａ
だ。

図の固定

この $y = - x (x + 1)$ も $y = x (x + 1)$ も
$(- 1, 0)$ ， $(0, 0)$
で $x$ 軸と交わる放物線で、片方は上に凸、もう片方は下に凸。
なので、それぞれのグラフは図Ａの青と緑で表した放物線だ。
青と緑のグラフは $x$ 軸に関して対称である。

式Ａより、 $y = g (x)$ は
青い放物線の $x < 0$ の部分緑の放物線の $0 ≦ x$ の部分なので、グラフは図Ａの実線部分だ。

点 $P$ における $y = g (x)$ の接線を考える。

点 $P$ の $x$ 座標は $- 1$ なので、この部分での $g (x)$ の式は
$g (x) = - x (x + 1)$
$= - x^{2} - x$ 式Ｂ
だ。

なので、点 $P$ における $y = g (x)$ の接線の傾きは、式Ｂを微分した
$g^{'} (x) = - 2 x - 1$
に
$x = - 1$
を代入した、
$g^{'} (- 1) = - 2 \cdot (- 1) - 1$
$= 1$
である。

解答サ：１

図の固定

この接線は、図Ｂの緑の直線。
なので、点 $P$ を通り、傾き $c$ が
$0 < c < 1$
の直線は、例えば図Ｂの赤い直線になる。

図Ｂより、赤い直線は、 $y = g (x)$ と３点 $P$ ， $Q$ ， $R$ で交わる。

次は、点 $Q$ ， $R$ の $x$ 座標だ。

点 $P$ ， $Q$ ， $R$ の $x$ 座標は、 $g (x)$ と式Ｂの赤い直線 $ℓ$ の連立方程式の解である。

$g (x)$ の式は、
$g (x) = | x | (x + 1)$ 直線 $ℓ$ の式は、
点 $P (- 1, 0)$ を通る傾き $c$ の直線なので、
$y - 0 = c {x - (- 1)}$
より
$y = c (x + 1)$

以上より、連立方程式
${\begin{cases} y = | x | (x + 1) \\ y = c (x + 1) \end{cases}$ 式Ｃ
がつくれる。
これを解く。

式Ｃより、
$| x | (x + 1) = c (x + 1)$

途中式

なので、

| x | (x + 1) - c (x + 1) = 0

(| x | - c) (x + 1) = 0

より

| x | - c = 0

，

x + 1 = 0

x = \pm c

，

- 1

となる。

このうち、 $- 1$ は点 $P$ の $x$ 座標。
また、 $0 < c$ なので、
$- c$ が点 $Q$ の $x$ 座標 $c$ が点 $R$ の $x$ 座標である。

解答シ：－, ス：ｃ, セ：ｃ

ソ～テ

図の固定

最後に、 $y = g (x)$ と、 $0 < c < 1$ のときの $ℓ$ に囲まれた面積を求める。

いま、グラフは図Ｃのような状況だ。

まず、 $S$ （オレンジの面積）だけど、これには $\frac{1}{6}$ 公式が使える。

ここで $\frac{1}{6}$ 公式の復習をしておこう。

復習

図の固定

図Ｄのそれぞれのグラフの
赤い線の式を赤緑の線の式を緑とする。

このとき、図Ｄの黄色い部分の面積は、
黄= $\int_{α}^{β} ($ 赤 $-$ 緑 $) d x$
とかける。

赤 $-$ 緑は必ず二次式になるので、実数 $a$ を用いて、この式はさらに
黄= $\int_{α}^{β} (a x^{2} \dots) d x$ 式Ｄ
= $a \int_{α}^{β} (x^{2} \dots) d x$
= $a {- \frac{1}{6} (β - α)^{3}}$
と表せる。

式中の赤い部分'で $x^{2}$ の項以外を省略しているのは、計算結果に関係がないから。

復習より、 $S$ は、
$S = \int_{- 1}^{- c} (g (x) - ℓ$ の式 $) d x$
$= \int_{- 1}^{- c} {- x (x + 1) - c (x + 1)} d x$

途中式

= \int_{- 1}^{- c} (- x^{2} \dots) d x

= - \int_{- 1}^{- c} (x^{2} \dots) d x

= - [- \frac{1}{6} {(- c) - (- 1)}^{3}]

となるので、

S = \frac{(- c + 1)^{3}}{6}

= \frac{- c^{3} + 3 c^{2} - 3 c + 1}{6}

である。

解答ソ：－, タ：3, チ：3, ツ：6

次は、図Ｃの青い面積 $T$ だ。
これについては、ちょっと考えて楽をしよう。

アドバイス

さっきの $\frac{1}{6}$ 公式の復習を思い出すと、計算に使うのは、式Ｄの
$a$ ：積分する式の $x^{2}$ の係数 $α - β$ ：積分範囲の幅だけだった。

つまり、積分する式の $x^{2}$ の係数と積分範囲の幅が同じであれば、積分結果は等しい。
例えば、図Ｅのオレンジの面積はすべて等しい。

図の固定

図Ｃの $T$ の部分を拡大すると、図Ｆができる。

図の固定

求める $T$ 、つまり図Ｆの青い部分の面積は、
青 $=$ 赤い三角形 $-$ 黄 $+$ 斜線部
だけど、アドバイスより黄と斜線部の面積は等しいから、
青 $=$ 赤い三角形
であることが分かる。

詳しく

図Ｇで、アドバイスより黄とオレンジの面積は等しい。
青と緑の放物線は $x$ 軸に関して対称なので、オレンジと斜線部の面積は等しい。
なので、黄と斜線部の面積は等しい。

以上の考え方で、青い部分の面積の代わりに赤い三角形の面積を求める。

$ℓ$ の式は、
$y = c (x + 1)$
$= c x + c$
なので、 $y$ 切片は $c$ である。

よって、赤い三角形を $y$ 軸で分割すると、
底辺が $c$ 高さが $c$ の三角形が2つできる。

赤い三角形の面積は、この2つの三角形の面積の和なので、
赤い三角形 $= 2 \times \frac{1}{2} \cdot c \cdot c$
$= c^{2}$ 式Ｅ
だから、
$T = c^{2}$
である。

解答テ：2

別解１

上の解法のポイントは「黄色の面積 $=$ 斜線部の面積」なんだけど、これに気付かないと、仕方がないから積分して計算しないといけない。
その場合は次のような解き方になる。

図Ｆにおいて、
$T =$ 赤い三角形 $-$ 黄 $+$ 斜線部式Ｆ
なので、この方針で解く。

式Ｅより、
赤い三角形

= c^{2}

だった。

黄の面積は、
黄 $= \int_{- c}^{0} (g (x) -$ 直線 $OQ) d x$
    $= \int_{- c}^{0} {- x (x + 1) -$ 直線 $OQ} d x$
    $= \int_{- c}^{0} (- x^{2} \dots) d x$
    $= - \int_{- c}^{0} (x^{2} \dots) d x$ 式Ｇ
だけど、 $\dots$ 部分は結果に影響がないので計算しない。
つまり、直線 $OQ$ の式は求めなくていい。

$\frac{1}{6}$ 公式より、式Ｇは
黄 $= - [- \frac{1}{6} {0 - (- c)}^{3}]$
$= \frac{c^{3}}{6}$
となる。

同様に、斜線部の面積は、
斜線 $= \int_{0}^{c} ($ 直線 $OR - g (x)) d x$
       $= \int_{0}^{c} {$ 直線 $OR - x (x + 1)} d x$
       $= \int_{0}^{c} (- x^{2} \dots) d x$
       $= - \int_{0}^{c} (x^{2} \dots) d x$
に $\frac{1}{6}$ 公式を使って、
斜線 $= - {- \frac{1}{6} (c - 0)^{3}}$
       $= \frac{c^{3}}{6}$
である。

以上を式Ｆに代入して、 $T$ は
$T = c^{2} - \frac{c^{3}}{6} + \frac{c^{3}}{6}$
$= c^{2}$
となる。

解答テ：2

別解２

$\frac{1}{6}$ 公式を使う方法にも気づかなければ、直接求めるしかない。
このときの計算を一応載せたけれど、時間もかかるし、ミスしやすくなるし、本当はこんな解き方をしてはいけない。

$y$ 軸を境に $g (x)$ の式が変わるので、 $T$ を $x < 0$ の部分と、 $0 ≦ x$ の部分に分けて計算する。

$x < 0$ の部分では
$g (x) = - x (x + 1)$
なので、この部分の面積を $T_{1}$ とすると、
$T_{1} = \int_{- c}^{0} (ℓ$ の式 $- g (x)) d x$
$= \int_{- c}^{0} [c (x + 1) - {- x (x + 1)}] d x$

途中式

= \int_{- c}^{0} {x^{2} + (c + 1) x + c} d x

= {[\frac{1}{3} x^{3} + \frac{c + 1}{2} x^{2} + c x]}_{- c}^{0}

= 0 - {\frac{1}{3} (- c)^{3} + \frac{c + 1}{2} (- c)^{2} + c \cdot (- c)}

= \frac{c^{3}}{3} - \frac{c^{3}}{2} - \frac{c^{2}}{2} + c^{2}

= - \frac{c^{3}}{6} + \frac{c^{2}}{2}

とかける。

また、 $0 ≦ x$ の部分では
$g (x) = x (x + 1)$
なので、この部分の面積を $T_{2}$ とすると、
$T_{2} = \int_{0}^{c} (ℓ$ の式 $- g (x)) d x$
$= \int_{0}^{c} {c (x + 1) - x (x + 1)} d x$

途中式

= \int_{0}^{c} {- x^{2} + (c - 1) x + c} d x

= {[- \frac{1}{3} x^{3} + \frac{c - 1}{2} x^{2} + c x]}_{0}^{c}

= (- \frac{1}{3} c^{3} + \frac{c - 1}{2} c^{2} + c \cdot c) - 0

= - \frac{1}{3} c^{3} + \frac{1}{2} c^{3} - \frac{1}{2} c^{2} + c^{2}

= \frac{c^{3}}{6} + \frac{c^{2}}{2}

となる。

よって、求める $T$ は、この二つの面積の和の
$T = - \frac{c^{3}}{6} + \frac{c^{2}}{2} + \frac{c^{3}}{6} + \frac{c^{2}}{2}$
$= c^{2}$
である。

解答テ：2

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