6愛媛大学 2017年 数学 第6問解答・解説

(1) は $x\to-\infty$ なので、十分小さい $x$ では $x<0$ である。したがって $\displaystyle \sqrt{4x^2+x}=-x\sqrt{4+\dfrac1x}$ となり、$$\displaystyle \frac{\sqrt{4x^2+x}-x}{x+1}=\frac{-x}{x+1}\left(\sqrt{4+\frac1x}+1\right)\longrightarrow (-1)(2+1)=-3.$$

(2) 底の変換により $\displaystyle f(x)=\dfrac{\log 2}{\log x}$ である。$x>1$ だから $\log x\ne0$ であり、商の微分から $$\displaystyle f'(x)=-\frac{\log 2}{x(\log x)^2}.$$

(3) $t=\log x$ とおくと $\displaystyle dt=\dfrac{dx}{x}$ で、積分区間は $x=e$ から $t=1$、$x=e^2$ から $t=2$ となる。よって $$\displaystyle \int_e^{e^2}\frac{dx}{x\log x}=\int_1^2\frac{dt}{t}=\left[\log t\right]_1^2=\log 2.$$

(4) 対数の性質から $$\displaystyle \log a_n=\frac1n\sum\limits _{k=1}^n\log\left(1+\frac{k}{n}\right).$$ $g(t)=\log(1+t)$ とおくと、$0\le t\le1$ で $\displaystyle g'(t)=\dfrac1{1+t}>0$ だから $g$ は増加する。各範囲 $\displaystyle \dfrac{k-1}{n}\le t\le\dfrac{k}{n}$ での積分を端点の値で挟むと、$$\displaystyle \frac1n\sum\limits _{k=1}^n g\left(\frac{k-1}{n}\right)\le\int_0^1g(t)\,dt\le\frac1n\sum\limits _{k=1}^n g\left(\frac{k}{n}\right)=\log a_n.$$ 上下の和の差は $\displaystyle \dfrac{g(1)-g(0)}n=\dfrac{\log2}{n}\to0$ なので、$\log a_n$ はこの積分に収束する。さらに $$\displaystyle \int_0^1\log(1+t)\,dt=\left[(1+t)\log(1+t)-(1+t)\right]_0^1=2\log2-1.$$ したがって求める極限は $2\log2-1$ である。