大学入学共通テスト 2024年(令和6年) 追試数学ⅡＢ第２問解説

(1)

$f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 6$
を微分すると
$f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x$
となる。

解答ア：３, イ：６

この $f^{'} (x)$ はさらに
$f^{'} (x) = 3 x (x - 2)$ 式Ａ
と因数分解できるから、 $f^{'} (x)$ が $0$ になるのは、
$x = 0$ ， $2$ 式Ｂ
のとき。

また、 $f (x)$ は三次関数で、 $x^{3}$ の係数は正だ。

ここで、三次関数のグラフの概形の復習をしておくと、

復習

三次関数のグラフは、

$x^{3}$ の係数が正のとき、全体として右上がりの、上図のような形 $x^{3}$ の係数が負のとき、全体として右下がりの、下図のような形

である。

なので、 $y = f (x)$ のグラフは全体として右上がりで、 $x = 0$ と $x = 2$ の２か所で水平になる、図Ａのような形をしている。

図の固定

よって、 $f (x)$ は、

$x = 0$ のとき、極大値
$f (0) = 6$
をとり、

解答ウ：０, エ：６

$x = 2$ のとき、極小値
$\begin{aligned} f (2) & = 2^{3} - 3 \cdot 2^{2} + 6 \\ = 2 \end{aligned}$ をとる

解答オ：２, カ：２

ことが分かる。

別解

増減表で考えると、次のようになる。

式Ａより、導関数 $f^{'} (x)$ のグラフを描くと図Ｂができる。

図の固定

図Ｂより
$x = 0$ ， $2$ のとき $f^{'} (x) = 0$ $x < 0$ ， $2 < x$ のとき $0 < f^{'} (x)$ $0 < x < 2$ のとき $f^{'} (x) < 0$ なので、 $f (x)$ の増減表を書くと表Ｃのようになる。

表の固定

表Ｃ

$x$	$\dots$	$0$	$\dots$	$2$	$\dots$
$f^{'} (x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f (x)$	$↗$	極大	$↘$	極小	$↗$

計算だけで増減表をつくる別解

$f^{'} (x)$ のグラフを考えずに、計算だけで増減表を書くと次のようになる。

式Ｂより、 $x = 0$ ， $2$ のとき $f^{'} (x) = 0$

$x < 0$ である数、例えば $x = - 1$ を式Ａに代入すると、
$f^{'} (- 1) = 3 (- 1) (- 1 - 2) > 0$

$0 < x < 2$ である数、例えば $x = 1$ を式Ａに代入すると、
$f^{'} (1) = 3 \cdot 1 (1 - 2) < 0$

$2 < x$ である数、例えば $x = 3$ を式Ａに代入すると、
$f^{'} (3) = 3 \cdot 3 (3 - 2) > 0$

以上より、 $f (x)$ の増減表を書くと表Ｃができる。

表Ｃより、 $f (x)$ は、

$x = 0$ のとき、極大値
$f (0) = 6$
をとり、

解答ウ：０, エ：６

$x = 2$ のとき、極小値
$\begin{aligned} f (2) & = 2^{3} - 3 \cdot 2^{2} + 6 \\ = 2 \end{aligned}$ をとる

解答オ：２, カ：２

ことが分かる。

次は、 $x$ の定義域が与えられたときの、 $f (x)$ の最大最小の問題だ。

図Ａに、 $x$ の定義域
$3 ≦ x ≦ 5$ を青い範囲 $1 ≦ x ≦ 3$ を黄色い範囲として書き込むと、図Ｄができる。

図の固定

$3 ≦ x ≦ 5$ のとき、図Ｄより、 $f (x)$ が

最大値をとるのは、 $x = 5$ のとき

解答キ：５

最小値をとるのは、 $x = 3$ のとき

解答ク：３

である。

また、 $1 ≦ x ≦ 3$ のとき

$f (x)$ の最大値は $f (1)$ と $f (3)$ の大きい方だけど、

$\begin{aligned} f (3) & = 3^{3} - 3 \cdot 3^{2} + 6 \\ = 6 \end{aligned}$

図Ｄより $f (1) < f (0)$ で、
ウより $f (0) = 6$ なので、
$f (1) < 6$

だから、
$f (1) < f (3)$
だ。

したがって、 $f (x)$ は $x = 3$ で最大値をとる。

解答ケ：３

図Ｄより、最小値は $x = 2$ のときである。

解答コ：２

(2)

さらに、 $x$ の定義域が $t ≦ x ≦ t + 1$ のときを考える。

$M (t) = f (t + 1)$ かつ $m (t) = f (t)$ となるのは、
定義域の右端で最大値定義域の左端で最小値をとる場合だ。

これは、図Ｅ～図Ｇの３パターン考えられる。

図の固定

図Ｅになるのは、定義域の右端が $y$ 軸よりも左のとき（ $y$ 軸と重なるときを含む）なので、
$t + 1 ≦ 0$
より
$t ≦ - 1$
のとき。

解答サ：－, シ：１

図Ｆについては、図中に示したように、
極大値と極小値のときの $x$ の差は $2$ 定義域の幅は $1$ なので、矛盾がある。

つまり、この図のようになる場合はない。

図Ｇになるのは、定義域の左端が $x = 2$ よりも右のとき（ $x = 2$ と重なるときを含む）なので、
$2 ≦ t$
のとき。

解答ス：２

また、 $M (t) = f (t)$ かつ $m (t) = f (t + 1)$ となるのは、
定義域の左端で最大値定義域の右端で最小値をとる場合なので、図Ｈの１パターンしかない。

図の固定

これは
定義域の左端が $y$ 軸よりも右
（ $y$ 軸と重なるときを含む）定義域の右端が $x = 2$ よりも左
（ $x = 2$ と重なるときを含む）のときなので、
${\begin{cases} 0 ≦ t \\ t + 1 ≦ 2 \end{cases}$
より
$0 ≦ t ≦ 1$
のときである。

解答セ：０, ソ：１

このとき、 $M (t) - m (t)$ は
$M (t) - m (t) = f (t) - f (t + 1)$ 式Ｃ

途中式

\begin{aligned} = (t^{3} - 3 t^{2} + 6) \\ - {(t + 1)^{3} - 3 (t + 1)^{2} + 6} \\ = (t^{3} - 3 t^{2} + 6) \\ - {\begin{aligned} ( & t^{3} + 3 t^{2} + 3 t + 1) \\ - 3 (t^{2} + 2 t + 1) + 6 \end{aligned}} \\ = t^{3} - 3 t^{2} + 6 - t^{3} \\ - 3 t^{2} - 3 t - 1 \\ + 3 t^{2} + 6 t + 3 - 6 \end{aligned}

= - 3 t^{2} + 3 t + 2

式Ｄ
とかける。

このグラフは上に凸の放物線で、頂点の $t$ 座標は
$\frac{- 3}{2 \cdot (- 3)} = \frac{1}{2}$
だ。

詳しく

復習

二次関数
$y = a x^{2} + b x + c$
の頂点の $x$ 座標は
$\frac{- b}{2 a}$
である。

復習より、式Ｄのグラフの頂点の $t$ 座標は
$\frac{- 3}{2 \cdot (- 3)} = \frac{1}{2}$
である。

したがって、 $M (t) - m (t)$ のグラフは図Ｉのようになる。

図の固定

図Ｉの緑の範囲が定義域だ。

図Ｉより、
$t = \frac{1}{2}$
のとき、 $M (t) - m (t)$ は最大値をとることが分かる。

解答タ：１, チ：２

(3)

ここからは面積についての問題だ。
問題文は長くてややこしいけど、要するに問題文中の図１の図形の面積を問われている。

問題文中の図１に、少し描きたして図Ｊをつくった。

図の固定

問題文より、図Ｊの赤い線は $y = f (x)$ のグラフの $0 ≦ x ≦ 1$ の部分だから、赤い点の $x$ 座標は $1$ だ。
なので、緑の直線は $x$ 軸に垂直である。

したがって、灰色部分の面積を求めるには、 $f (x)$ を $0$ から $1$ まで定積分すればよい。

よって、求める灰色部分の面積は、
$灰色 = \int_{0}^{1} f (x) d x$

途中式

\begin{aligned} = \int_{0}^{1} (x^{3} - 3 x^{2} + 6) d x \\ = {[\frac{x^{4}}{4} - \frac{3 x^{3}}{3} + 6 x]}_{0}^{1} \\ = \frac{1}{4} - 1 + 6 \end{aligned}

= \frac{21}{4}

となる。

解答ツ：２, テ：１, ト：４

(4)

今回も問題文はややこしいけれど、要するに $S$ は
$y = f (x)$ $y = g (x)$ 直線 $x = r$ 直線 $x = r + 1$ の４つの図形に囲まれた部分の面積だ。（図Ｋ）

図の固定

(i)

ここで、 $f (x) - g (x)$ を計算すると、
$\begin{aligned} f (x) - g (x) & = (x^{3} - 3 x^{2} + 6) \\ - (x^{3} - 6 x^{2} + 6 x + 2) \\ = 3 x^{2} - 6 x + 4 式Ｅ \end{aligned}$ となる。

式Ｅの
グラフは下に凸の放物線判別式 $D$ は $D = 6^{2} - 4 \cdot 3 \cdot 4 < 0$ だ。

よって、式Ｅ、つまり $f (x) - g (x)$ はつねに正である。

解答ナ：０

つまり、 $y = f (x)$ のグラフはつねに $y = g (x)$ のグラフより上にある。

以上より、面積 $S$ は
$S = \int_{r}^{r + 1} {f (x) - g (x)} d x$ 式Ｆ
と表せる。

解答ニ：４

(ii)

問題文より、式Ｆを計算すると
$S = f (r + 1) - f (r) + 4$ 式Ｇ
になるらしい。

式Ｇの赤い部分は、どこかで見たような気がする。
思い出してみると、(2)で計算した
$M (t) - m (t) = f (t) - f (t + 1)$ 式Ｃ
の右辺が似た形だ。

というわけで、(2)の式Ｃの前後の作業を振り返ってみると、
$0 ≦ t ≦ 1$ のとき、式Ｃのグラフは図Ｉだった。

このことから、 $0 ≦ r ≦ 1$ のとき、
$f (r) - f (r + 1) = h (r)$
とおくと、
$y = h (r)$ のグラフは図Ｉ式Ｇの赤い部分は $- h (r)$ なので、
$S = - h (r) + 4$ 式Ｈになるといえる。

したがって、式Ｈのグラフは、図Ｉを
$x$ 軸に関して対称移動して
（上下をひっくり返して） $y$ 軸方向に $4$ 平行移動したものだから、図Ｌのような形だ。

図の固定

図Ｌより、 $r$ が $0$ から $1$ まで変化するとき、 $S$ の値は
$r = \frac{1}{2}$ までは減少して、その後増加することが分かる。

解答ヌ：３

別解

計算が面倒なのでおすすめじゃないけど、式Ｇをそのまま計算すると次のようになる。

式Ｇを計算すると
$S = f (r + 1) - f (r) + 4$

途中式

\begin{aligned} = {(r + 1)^{3} - 3 (r + 1)^{2} + 6} \\ - (r^{3} - 3 r^{2} + 6) + 4 \\ = (r^{3} + 3 r^{2} + 3 r + 1) \\ - 3 (r^{2} + 2 r + 1) + 6 \\ - (r^{3} - 3 r^{2} + 6) + 4 \\ = r^{3} + 3 r^{2} + 3 r + 1 - 3 r^{2} - 6 r - 3 + 6 \\ - r^{3} + 3 r^{2} - 6 + 4 \end{aligned}

= 3 r^{2} - 3 r + 2

とかける。

このグラフは下に凸の放物線で、頂点の $r$ 座標は
$\frac{3}{2 \cdot 3} = \frac{1}{2}$
だから、図Ｌのような形だ。

図Ｌより、 $S$ の値は、 $r$ が $0$ から $1$ まで変化するとき
$r = \frac{1}{2}$ までは減少して、その後増加することが分かる。

解答ヌ：３

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