217. 自身の回答の[1]の記述だけ確認してほしいです。 このような記述でも問題ないですかね？？

基本例題217 最大値・最小値から3次関数の決定 0<a<3 とする。 関数f(x)=2x-3ax²+6 (0≦x≦3) の最大値が10, 最小値が -18のとき,定数a,bの値を求めよ。 基本211) 指針 ① 区間における増減表をかいて, f(x) の値の変化を調べる。 ②① の増減表から最小値はわかるが, 最大値は候補が2つ出てくる。よって, その最大 値の候補の大小を比較し,αの値で場合分けをして最大値をa,b で表す。 解答 f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a) f'(x)=0 とすると x=0, a 0<a<3であるから, 0≦x≦3におけるf(x) の増減表は次の ようになる ogalja Ba N=log 0 ゆえに x f'(x) f(x) b-27a+54 よって, 最小値f(a) = b-α3 でありb-d=-18 最大値はf(0) = b またはf(3)=6-27a+54 また、 f(0) f(3) を比較すると a 0 b 極小 b-a³ + f(3) -f (0)=-27a+54=-27(a−2) 0<a<2のとき (0) <f(3), (3)(0) 2≦a <3のとき [1] 0<a<2のとき,最大値は よって これを①に代入して整理すると ゆえに (a-1)(a²+a-26)=0 -1±√105 2 3 f(3)=6-27a+54 6-27a+54=10 すなわち b=27a-44 a³-27a+26=0 よって a=1, 0<a<2を満たすものは このとき, ① から [2] 2≦a<3のとき, 最大値は よってb=10 これを①に代入して整理すると a=1 b=-17 f(0)=b a=28 28 33 であるから,a=28>3となり,不適。 [1],[2] から a=1, 6=-17 (1) 10 384 Z(u)f(2)= 0 (最小値)=-18 ① 最大 最小 極値と端の値をチェック 大小比較は差を作る (最大値) = 10 MAID 10 -27 1 1 1 -26 261 1 -26 20 (最大値) 10 場合分けの条件を満たすか どうかを確認。 場合分けの条件を満たすか どうかを確認。 ≤x≤1) の最大 33 6章 37 最大値・最小値、方程式・不等式

x→∞のときt→+0になるのは何故ですか？ 何故t→0じゃだめなんですか？

1 *+1 1+1 logel 1+ia x (2)x sale)-01 gol 01 t=1 とおくとxのとき → +0 x 1 よって X lim *→∞ x+1 X- X = lim t→+0 1 (1+t)

この問題をlogを使わずに解くことはできませんか？ もしできるなら、その手順を教えてください

470 重要 例題 38 am = pa型の漸化式 a=1, an+1=2√an で定められる数列{an}の一般項を求めよ。 指針 に がついている形, a㎡²2 や an+] など 累乗の形を含む漸化式 解法の手順は ①1 漸化式の両辺の対数をとる。 am の係数りに注目して、底がりの対数を考える。 -log.MV=log..M+log.N logpasti = logsp+logpan" ←log A=klog.M すなわち logpan+1=1+qlogpan [2] logpam=ba とおくと 0m+1=1+gbm but=b.+▲ の形の漸化式 (p.464 基本例題 34のタイプ)に帰着。 対数をとるときは, (真数) > 0 すなわち a>0であることを必ず確認しておく。 CHART 漸化式 α+1 = pa" 両辺の対数をと よって, an+1=2√an の両辺の2を底とする対数をとると log2an+1=loga 2√an log2an+1=1+ ゆえに α=1>0で, an+1=2√an(>0) であるから, すべての自に注意 解答然数nに対して an>0である。 -log₂ an 2 bat1-1+1/230円 bn+1-2=1/12 (6-2) 10gzam=bm とおくと 00000 これを変形して ここで bı-2=10g21-2=-2 よって,数列{bm-2} は初項-2,公比 の等比数列で An-1 bn-2=-2 =-2(12) すなわち bm=2-23- したがって, log2an =2-22 から an=22-2 antipa 厳密には、数学的 で証明できる。 ◄loga(2-a) 練習 α1=1, an+1=20m² で定められる数列{an}の一般項を求めよ。 ③ 38 = log22+=logia, ◆特性方程式 a = 1+120 を解くと α=2 =2¹-" logaan=pand" anan+1 を含む漸化式の解法 検討 anan+1のような積の形で表された漸化式にも両辺の対数をとる が有効である。 例えば, logcanan+1=10gcan+logcan+1となり, logcan と 10gean+1の関係式を導くことが できる。 [類 慶応大] p.496 EX21 a

積分の問題なのですが（1）で範囲分けをする時にどっちがg(x)>0なのかわからなくなってしまいます。考え方を教えて頂きたいです。

X3 RAD EX Ⓒ210 eos a>0 に対し, f(a)=lim Slax+xlogxdx とおくとき、次の問いに答えよ。 必要ならば、 limt"logt=0(n=1, 2, ......) を用いてよい。 (11) f(α) を求めよ。 aが正の実数全体を動くとき, f(a) の最小値とそのときのαの値を求めよ。 (1) g(x)=ax+xlogx 3 よって 0<xÉe-@D} = g(x)=0 x≧ea のとき g(x)=0 また、a>0のとき,0<e- <1である。 t→+0のときを考えるからtを十分小さくとると S₁\g(x)\dx=S¢{-g(x)}dx+S₂_9(x)dx == Sg(x)dx=(ax+xlogx)dx g(x)=x(logx+a) ⑩ しんすう dx a -logx- -2x²+² 108x-S².1 x |---T = = t→+0 1 じょうけん より 1x²(a+logx)——x²+C 4 -x²(2logx+2a-1)+C (CK) よって, G(x)=112x2(210gx+2a-1) とすると -a S₁lg(x) dx = [-G(x)] + [G(x)] =G(t)+G(1)−2G(e¯a) 0-1 mil Mita t→+0 ここで, lim t210gt=0であるから したがって ƒ(a)=lim {G(t)+G(1)—2G(e¯ª)}=G(1)-2G(e-ª) lim G(t)=0 t→+0 1 - (20-1)-2-e-(-1)= 0 ² ² + ² ² - 1 = -2a a 4 4 2 2 [埼玉大〕 logx+a=0232 log x=-a よってx=e-a S (s) ←部分積分法。 |xlogxdx=f( r logxd ←G(t)=1/²1 N'S ←=-G(e¯a)+G(t) (E+G(1)-G(e¯ª) - t²logt +1/t³²(2a−1) ←ƒ(a) = Slax+xlogx|dx (N)

（vi）逆関数の積分 3枚目の赤い矢印のところから解説をお願いしたいです。

ⅢI. 関数 f(x)= の値を求めよ。 2(log x)2 + 5log x + 2 IC について,次の問 (i) ~ (vi) に答えよ。 解答欄には, 答えだけでなく途中経過も書くこと。 の値を求めよ。 (i) f(x)=0 となるxの値をすべて求めよ。 (1)-(BOX 530.313 31 (i) f'(x) を求めよ。 () f'(x)≧0となるxの値の範囲を求めよ。 (iv) f(x)の極大値と極小値をそれぞれ求めよ。 (v) (i)で求めた x の値の範囲において, f(x) = 0 となる x の値を a とおく。また, f(x) が極大値をとるxの値を 6 とおく。このとき, aとbの値を求め, 25+ > 3 <= (@D 脚本平塚健 f(x)dx (x > 0) B [₁9(x) dx (vi) (x)の極大値を B とおく。 また, f(x) の定義域を (Ⅲ) で求めた範囲に制限した 関数を考え、その逆関数をg(x) とする。このとき、 AER (ii) (iii) (iv) (v)

数学3の微分法の途中式で logt=2 t=e^2 なってるんですけど、よくわかりません💦 解説お願いします🙇

(明日試験なので助けてください)赤で丸で囲った所がわからないです。(両方とも) なぜＰを1回だけ使う並べ方がn.2[n -1乗]通りなのですか？ もう一つの赤で丸で囲った所は計算の仕方がわからないです。途中式を教えてください。

ⅣV 次の にあてはまる答を解答欄に記入しなさい。 nを自然数とする。 3種類の文字 M, P, U から, 重複を許して個取り出し 1列に並べるとき, 並べ方の総数は (a) 通りある。 そのうちPを使う 回数が1回以下であるような並べ方の個数をaとする。 このとき, a1 = 3₁ (d)である。 よって, log2an ≧2021 と a2 = (b) a3 = (c) , なる最小の自然数nはn= 2 an= (e)である。

かっこ3教えてください

第2問 2023-N2 数学 ① III xyは4つの不等式x≧1,y≧1, logzzy, log2x2y≦4を満たすとする。 4 33 である。 (1) y=1のとき,のとり得る値の範囲は, 32 (2) X=log2 , Y = 10g21 とする。 XY平面において,点(X,Y) が満たす不等式の表す領 域の面積は 34 35 とる。 (3) (logsx-2)+(logz-2) は、x=2、y=2 である。 3. 2 日本大学全学部 2023年度 数学4 第3問 22 11 「のとき最小値 40 41 を

0.29ｇ減少するのにそのうち6×10-3ｇしかα粒子が出ない計算になっているのですが、残りのｇは何に変わってしまうのですか？

Cu 者 進入 の する 検 ここがポイント 342 α 崩壊では He の原子核 (a 粒子) を放出する。 崩壊によってポロニウム原子核の数は減少し,残っ 「」に従う。ポロニウムが1個崩壊するたびにœ粒子を1個放出 た原子核の数は崩壊の式「N No (1) ² するので,放出したæ粒子の数は崩壊したポロニウムの数と等しい。原子核の質量は近似的に質量数 に比例する。 崩壊の式の の値が整数ではないときは,両辺の対数をとるとよい。 T 解答 (1)α 崩壊は,原子核が He 原子核を放出するので, 原子番号Zは2,質 量数Aは -4 だけ変化する。 よって 質量数 A=210-4=206 原子番号 Z=84-282" (2) 崩壊の式「N=(1/2) 17」において、原子核の数は質量に比例する。 初めの質量 Mo (= 1.0g), t日後の質量を M〔g〕 とすると 6=(1/2) ² = M₁ ( 12 ) + ² N M No Mo ① t = 69 日 のとき M = 1.0× M=Mol 69 138 1x (12/1)-(2/2) - // 4 m 210 0.29 276 138 √2 2 2 t=276日のとき M = 1.0× 0x (-1/2) =(1/2)=14=0.25g .≒ 0.71g 69日間に崩壊した 288Po 原子核の質量は 1.0-0.71=0.29g 28 Po 原子核と α 粒子 (He 原子核) の質量比は原子核の質量数の比 210:4としてよく崩壊した 288Po 原子核数は放出したα粒子数と等 しいので, 求める質量をm〔g〕 とすると よってm=0.29× -≒6×10-3g 4 210 原子番号 82は鉛Pbなの で,このα崩壊は 2PO206Pb+¹He という反応式で表される。 2 厳密には陽子と中性子の 質量に微妙な差があるが, 本 問ではこの差を無視している ので,質量比=核子数の比= 質量数の比としてよい｡

この問題がわからないです ひとつでも分かれば教えて頂きたいです

1 次の不定積分を計算せよ。 1 1 1 + cos x 2 自然数n=0,1,2に対して次の定積分 (広義積分) の値を求めよ。 [² 3 次の不定積分の公式が成り立つことを示せ。 4 微分方程式 -dx ne-dx の一般解を求めよ。 1 √1 + x² dr = { ¹V1 − 2² − = log (x + √1 +2²) + C /1 + + y' - y = e²x