5日本大学 2020年 数学 第5問解答・解説

(1) 分子・分母を微分する商の微分法より $$\displaystyle f'(x)=\frac{(1+x^2)-2x^2}{(1+x^2)^2} =\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}.$$ 分母は常に正であるから、$f'(x)<0$ は $x<-1$ または $x>1$、$f'(x)>0$ は $-1<x<1$ である。したがって $x=-1$ で極小、$x=1$ で極大となり、 $$\displaystyle \text{極小値 }f(-1)=-\frac12,\qquad \text{極大値 }f(1)=\frac12$$ である。

(2) さらに微分すると $$\displaystyle f''(x)=\frac{2x(x^2-3)}{(1+x^2)^3}.$$ $x>0$ では $f''(x)<0$ が $0<x<\sqrt3$ で、$f''(x)>0$ が $x>\sqrt3$ で成り立つ。よって変曲点の $x$ 座標は $\sqrt3$ である。この点では $$\displaystyle f(\sqrt3)=\frac{\sqrt3}{4},\qquad f'(\sqrt3)=-\frac18.$$ したがって接線 $\ell$ は $$\displaystyle y-\frac{\sqrt3}{4}=-\frac18(x-\sqrt3), \qquad \ell:\ y=-\frac18x+\frac{3\sqrt3}{8}.$$

(3) $r=1/\sqrt3$ とおくと $$\displaystyle f(r)=\frac{\sqrt3}{4},\qquad f'(r)=\frac38.$$ よって接線 $m$ は $$\displaystyle m:\ y-\frac{\sqrt3}{4}=\frac38\left(x-\frac1{\sqrt3}\right), \qquad m:\ y=\frac38x+\frac{\sqrt3}{8}.$$ 二直線の交点の $x$ 座標は $$\displaystyle -\frac18x+\frac{3\sqrt3}{8}=\frac38x+\frac{\sqrt3}{8} \quad\text{より}\quad x=\frac{\sqrt3}{2}.$$ また、曲線との差は $$\displaystyle m(x)-f(x)= \frac{3\left(x-\frac1{\sqrt3}\right)^2(x+\sqrt3)}{8(1+x^2)}\geq0, \qquad \ell(x)-f(x)=\frac{(\sqrt3-x)^3}{8(1+x^2)}\geq0$$ である（$1/\sqrt3\leq x\leq\sqrt3$）。さらに $m-\ell=x/2-\sqrt3/4$ なので、この区間では交点 $x=\sqrt3/2$ より左で $m$ が二直線の下側、右で $\ell$ が下側となる。従って求める面積 $S$ は $$\displaystyle S=\int_{1/\sqrt3}^{\sqrt3/2}\{m(x)-f(x)\}\,dx +\int_{\sqrt3/2}^{\sqrt3}\{\ell(x)-f(x)\}\,dx.$$ 直線部分の積分の和は $$\displaystyle \left[\frac{3x^2}{16}+\frac{\sqrt3x}{8}\right]_{1/\sqrt3}^{\sqrt3/2} +\left[-\frac{x^2}{16}+\frac{3\sqrt3x}{8}\right]_{\sqrt3/2}^{\sqrt3} =\frac9{16}.$$ また $$\displaystyle \int_{1/\sqrt3}^{\sqrt3}f(x)\,dx =\left[\frac12\ln(1+x^2)\right]_{1/\sqrt3}^{\sqrt3} =\frac12\ln3.$$ したがって $$\displaystyle S=\frac9{16}-\frac12\ln3.$$