東北大学 2019年度 過去問・解答

※ 問題文は東北大学が公表した平成31年度（2019年度）前期日程入学試験問題を、解説のために引用したものです。解答・解説はオンライン数学専門塾「数強塾」が独自に作成したもので、大学が公表した公式解答そのものではありません。作成にあたっては大学公表の解答と全8問を突き合わせて一致を確認し、さらに は数式処理による連立方程式の厳密解、 は底 と での実数値による不等式の直接判定、 は分数のまま第12項までの逐次計算、 は 通りの表裏パターン全数列挙で独立に検算しています。

直線と放物線の交点——解と係数の関係で一気に

分野：2次方程式・解と係数の関係　難易度：標準　目標時間：18分

　 と の決定

【型】交点の 座標＝連立して得られる 2 次方程式の 2 解 → 解と係数の関係

【なぜこうするか】
まず、問題文が「交点は 、」とわざわざ 座標を と書いていることに注目。これは「P, Q は直線 上の点で、 座標がそれぞれ 」という意味です。
連立して を消すと

　……①

この 2 次方程式の2 解がまさに と 。だから解と係数の関係が使えます。

ここに を代入すれば、 だけの式が 2 本手に入る。2 本あるから を消去できて が決まる——という筋書きです。
解の公式で と書いて に代入する道もありますが、根号だらけになって収拾がつきません。解と係数の関係が圧倒的に速い。

直線 と放物線 を連立して を消去すると

　……①

条件より①の 2 解が であり、、 だから で、確かに相異なる 2 解である。解と係数の関係より

　……②　　　　……③

②、③に を代入して

　……④　　　　……⑤

④、⑤から を消去すると

より だから 。よって

より

このとき④より（ を使うと計算が楽）

したがって

▲ のときの実際のグラフ。 なので直線は右下がり、放物線の頂点は 軸の下。交点は （左・第2象限側）と （右）で、確かに 。

検算（3 つの角度から）。
① 解と係数の関係の逆確認：、 とすると 、。どちらも と一致 ✓
② 判別式：①が相異なる 2 実数解をもつ条件は 。実際 ✓（きれいに になります）。
③ 数式処理による厳密解：連立 を解かせると解は の 3 組。 かつ を満たすのは 2 番目だけ ✓

【定石】「グラフの交点の座標が文字で与えられたら、連立してできる方程式の解と見る」。あとは解と係数の関係で和と積の 2 本の式に落とすのが最短。 のような「次数下げ」の関係式を作っておくと、 の計算が暗算レベルになります。

【よくあるミス】 の条件を使わずに の両方を答えてしまうこと。また から を残すこと（ より不適）。「相異なる 2 点で交わる」という条件（判別式が正）も確認して書くと満点答案になります。

対数不等式——底の大小で場合分け、整数解の存在条件

分野：対数関数・2次不等式・整数　難易度：難　目標時間：25分

(1)　 のときの整数解

【型】①真数条件をまず書く　②係数 を の中に入れる　③底が より大きいか小さいかで不等号の向きを場合分け

【なぜこうするか】
対数不等式の手順は完全に決まっています。

1. 真数条件： かつ 。つまり 。これを最初に書かないと減点されます。
2. 係数を中に入れる： でもよいですが、両辺を 2 倍して とするほうが根号が出ずに楽。
3. 底の場合分け： は、 なら 、 なら 。底が より小さいと不等号が逆転するのが対数の最重要ポイントです。

こうして得られる と の大小比較は、差を取ると

ときれいに因数分解できます。あとは真数条件 との共通範囲で整数を拾うだけ。

真数条件。 かつ より

　……①

不等式の変形。両辺を 2 倍して

(i) のとき（不等号が逆転）

①との共通範囲は 。この範囲の整数は 。

(ii) のとき（不等号はそのまま）

すなわち または

①との共通範囲は 。この範囲の整数は 。

したがって

底	の範囲	整数

検算（底を具体的な数にして直接判定）。（）として で を実数値で判定すると、成立するのは のみ ✓　（）で同じ判定をすると、成立するのは のみ ✓　いずれも上の結論と完全に一致しました。

【定石】対数不等式は「真数条件 → 底の場合分け → 中身の不等式」の 3 手順。係数は両辺を整数倍して の中の累乗に押し込むと根号を避けられます。最後は必ず真数条件との共通範囲を取ること。

【よくあるミス】底の場合分けを忘れて の場合だけ答えること。問題文が「 を ではない正の実数」とわざわざ書いているのは「両方の場合を書け」という指示です。また真数条件を忘れて （ には入るが ）を混ぜてしまうこと。

(2)　整数解が存在するための の必要十分条件

【型】 とおき、 を利用。あとは「端に最も近い整数」1 つだけ調べれば十分

【なぜこうするか】
(1) と同じ変形を一般の で行うと、比較すべきは と 。差を取って

とおきます。ここで区間の両端での値を計算してみるのが決定打。

なんと と というきれいな値になります。これで区間 内で は負から正へちょうど 1 回だけ符号を変えることが確定。つまり

• （ が必要）： は左端側で負だから、いちばん左の整数候補 だけ調べればよい。ここで負なら存在、そうでなければ存在しない。
• （ が必要）： は右端側で正だから、いちばん右の整数候補 だけ調べればよい。

「一番端の整数だけ調べれば必要十分」——これが本問のいちばん美しいところです。全部の整数を調べる必要はありません。

一般の変形。真数条件より ②。(1) と同様に

ここで とおくと、 である。上で計算したとおり

　……③　　　　……④

▲ 、 なので、 は区間 でちょうど 1 回だけ負から正へ変わる。 を探すなら左端の整数 、 を探すなら右端の整数 を調べれば必要十分。

(i) のとき。不等号が逆転して 、すなわち 。③④より、②の範囲で となるのは左端側の区間だから、 を満たす整数 が存在する必要十分条件は （このとき が該当し、これが満たされなければ②内のどの整数でも ）。計算すると

よって 、すなわち 。

(ii) のとき。、すなわち 。③④より右端側で正だから、必要十分条件は 。計算すると

よって 、すなわち または 。 は正の整数だから 。

（ が②の範囲にあるためには 、すなわち が必要ですが、 のもとでは自動的に成り立ちます。同様に も で成立。）

(i)(ii) より、どちらの場合も条件は同じで、求める必要十分条件は

検算（ を動かして全数チェック）。各 について の整数をすべて調べ、 の場合・ の場合それぞれで解が存在するかを判定した結果

	1	2	3	4	5	6	7	8
で存在	×	×	〇	〇	〇	〇	〇	〇
で存在	×	×	〇	〇	〇	〇	〇	〇

両方とも でちょうど切り替わる ✓　なお のとき②は で整数は のみ。 となりちょうど等号なので、どちらの不等号も成り立たない——これが が除かれる理由です。

【定石】「区間内に条件を満たす整数が存在するか」は、端点での関数値の符号を調べて「最も有利な整数 1 つ」に絞る。全部調べる必要はありません。 と を計算したら と というきれいな値が出た——これは「この方針で合っている」というサインです。

【よくあるミス】 の解を解の公式で書き下し、 のような値と整数を比較しようとして泥沼にはまること。端の整数 1 つの符号を見るだけで必要十分です。また から を捨てる根拠（ は正の整数）を書き忘れないように。

数列——積の形の漸化式は「比を取る」

分野：数列（3項間漸化式・数学的帰納法）　難易度：標準　目標時間：20分

(1)　 の証明

【型】3 項間漸化式だから「 と の 2 つを仮定する」タイプの数学的帰納法

【なぜこうするか】
なぜ (1) がわざわざ設問になっているのか。それは(2) で で割り算をするからです。 が保証されていないと、比 を作れません。(1) は (2) の下準備——出題者の親切な誘導です。
証明は数学的帰納法ですが、漸化式が を と の2 つから作るので、仮定も2 つ分必要。これを「2 段仮定型の帰納法」と呼びます。手順は

1. で成立を確認（出発点が 2 つ）
2. で成立と仮定して を示す

漸化式を と変形すれば、分子は正の 2 乗、分母は仮定より正なので正——それだけです。

証明。「」を について数学的帰納法で示す。

(i) のとき。、 だから成立する。

(ii) を 1 以上の整数とし、 で成立すると仮定する。すなわち かつ とする。このとき だから、漸化式で として

右辺は（分子）、（分母） だから 。よって でも成立する。

(i)(ii) より、すべての正の整数 について である。（証明終）

検算。漸化式から実際に値を出すと 。すべて正で、しかも急激に増加しています ✓

【定石】 が の両方で決まる漸化式なら、帰納法の出発点は 2 つ、仮定も 2 つ。「割り算をする前に分母 を保証する」という論理の順序が、この設問の存在理由です。

【よくあるミス】出発点を だけにして「 と仮定」で進めること。それでは を作るのに必要な が使えません。2 段仮定を明示しましょう。

(2)　一般項

【型】積の形の漸化式は両辺を で割って「比の数列」を作る

【なぜこうするか】
を見て「和の形の 3 項間漸化式（特性方程式）」を思い浮かべると詰まります。この形は「積」なので、割り算で崩すのが正解。
両辺を （(1) より ）で割ると

つまり比の数列 が公比 2 の等比数列になる！ これを見抜けるかどうかがすべてです。
（対数を取って から階差を考えても解けますが、比を取るほうが簡潔。文系範囲でも安全です。）
比 がわかったら、 は比を全部かけ算して復元します：。指数の和 がそのまま答えの指数になります。

(1) より だから、漸化式の両辺を で割ることができて

そこで とおくと となり、 は公比 2 の等比数列。初項は

だから

したがって のとき、比を順にかけ合わせて

指数部分は初項 、末項 、項数 の等差数列の和だから 。よって

のときも右辺は となり成立する。ゆえにすべての正の整数 について

検算（分数のまま第12項まで逐次計算）。漸化式から直接計算した値と、上の一般項の値を比較すると

	1	2	3	4	5	6	7
漸化式から	1	3	18	216	5184	248832	23887872
一般項の式	1	3	18	216	5184	248832	23887872

から まですべて厳密に一致 ✓　また比 は で、確かに と一致します ✓

【定石】 型（積の漸化式）は、両辺を で割って比 の等比数列に持ち込む。同様に 型なら対数を取る。「積は割る・対数を取る」が合言葉です。

【よくあるミス】比を 個かけるところを 個にしてしまうこと（ から までで 個）。また指数の和を としてしまうこと（実際は から まで）。 で必ず検算すれば防げます。

確率——「各金貨が独立に生き残る」と見抜けば二項分布

分野：確率（反復試行・独立性）　難易度：やや難　目標時間：25分

(1)　

【型】反復試行の確率 ——ここでは

【なぜこうするか】
1 回目は状況が単純です。 枚すべてが金貨で、それを同時に投げる。金貨が残る その金貨に表が出る（裏が出た金貨だけ取り去られるから）。
各硬貨の表裏は独立で、それぞれ確率 。よって「 枚のうちちょうど 枚が表」という、反復試行そのもの。
どの 枚が表になるかの選び方が 通り、それぞれの確率が 。表も裏も確率 なので、指数がまとまって になるのが気持ちいいところ。

初めは 枚すべてが金貨である。1 回目の試行で金貨が 枚残るのは、 枚のうちちょうど 枚に表が出るときである（裏が出た金貨だけが取り去られるから）。
表が出る 枚の選び方は 通りで、そのそれぞれについて確率は 。したがって

検算。 のとき 。全パターン 通りを列挙した結果と完全一致 ✓　和も ✓

【定石】「 個の独立な試行のうちちょうど 個が成功」は 。 なら とまとまります。確率の総和が 1 になるかで検算を。

【よくあるミス】「裏が出た金貨を取り去り、同じ枚数の銀貨を加える」を「硬貨の総数が変わる」と誤読すること。総数はつねに 枚のままで、金貨が銀貨に置き換わるだけです。

(2)　（）

【型】「金貨が 回生き残る 回とも表」——各金貨は独立に確率 で生存。あとは再び二項分布

【なぜこうするか】
回の試行を経た状態を「漸化式で追う」と大変です。1 枚 1 枚の金貨に注目するのが決定的な発想の転換。
ある特定の金貨に着目すると、その金貨が 回目の直後にまだ金貨である条件は「1 回目も 2 回目も… 回目も、すべて表が出た」こと。1 回でも裏が出た瞬間に銀貨に置き換わり、もう二度と金貨には戻らないからです。
したがって 1 枚の金貨が 回生き残る確率は

そして 枚の金貨の運命は互いに独立。だから「 枚のうちちょうど 枚が生き残る」というのは、成功確率 の反復試行そのもの。
（銀貨も一緒に投げていますが、銀貨の表裏は何も引き起こさないので確率計算に影響しません。ここも読み落とさないポイントです。）

特定の 1 枚の金貨に着目する。この金貨が 回目の試行の直後にまだ金貨として残っているのは、1 回目から 回目までのすべての試行で表が出たときであり、その確率は

逆に、 回のうち少なくとも 1 回裏が出ればその時点で銀貨に置き換わり、以後は金貨に戻らない。その確率は

枚の金貨それぞれについてこれらは独立だから、 回目の直後に金貨が 枚残る確率は、残る 枚の選び方 通りを掛けて

整数の形で書けば

（この式は とすると となり、(1) と一致する。）

検算（ 通りの全数列挙）。 として、各金貨・各回の表裏をすべて列挙（ なら 通り）し、金貨の残り枚数を数え上げた結果

					式と一致
1					〇
2					〇
3					〇

列挙による確率と公式の値がすべて厳密に一致 ✓　各行の和も になっています。

【定石】「多数の対象が同じルールで独立に変化する」問題は、まず 1 個に注目して「その 1 個がどうなる確率か」を求め、そのあと二項分布に載せる。全体の状態遷移を漸化式で追うより圧倒的に速い。「一度失ったら戻らない（吸収状態）」という構造も重要な着眼点です。

【よくあるミス】銀貨も投げていることに引きずられて、銀貨の表裏まで場合分けすること。銀貨は何が出ても何も起きません。また「 回目に 枚残る」を「 回目に 枚が表」と誤解すること（正しくは 回すべて表だった金貨の枚数）。

(3)　 で「2 回目は残るが 3 回目で全滅」する確率

【型】「 かつ 」で のときは引き算——（3 回目で全滅する確率）（2 回目で既に全滅している確率）

【なぜこうするか】
求める事象は「2 回目の直後に金貨 枚」かつ「3 回目の直後に金貨 枚」。
ここで「2 回目の直後に金貨 枚」なら 3 回目の直後も必ず 枚（金貨は増えない）という包含関係に気づくのが鍵。したがって

（3 回目の直後に 0 枚）＝（2 回目の直後に 0 枚）または（求める事象）

という排反な分解ができ、単純な引き算で答えが出ます：

（求める確率）

これがいちばん短い道。もちろん公式解答のように「2 回目に 枚（）残り、3 回目でその 枚すべてに裏が出る」と場合分けして足しても同じ答えになります（下で両方示します）。2 通りで計算して一致を見るのが最良の検算です。

解法①（引き算）。金貨は増えないから「2 回目の直後に 0 枚」ならば「3 回目の直後も 0 枚」。よって

（求める確率）

(2) の式で として

だから

したがって

解法②（2 回目の残り枚数で場合分け）。2 回目の直後に金貨が 枚（）残り、3 回目の試行でその 枚すべてに裏が出る、と考える。3 回目で 枚すべてが裏になる確率は だから

(2) より だから

通分して

解法①と完全に一致する。

検算（ 通りの全数列挙）。3 枚の金貨それぞれについて 3 回分の表裏を全列挙（ 通り）し、「2 回目の直後に 1 枚以上残る」かつ「3 回目の直後に 0 枚」を満たすパターンを数えるとちょうど 127 通り。すなわち確率 ✓　解法①②と3 通りすべてが一致しました。

【定石】「A ではないが B である」型の確率は、包含関係を使って引き算。特に「一度なったら戻らない状態（吸収状態）」があると、事象が単調に増えていくので引き算が使える。別解と突き合わせて検算する習慣をつけましょう。

【よくあるミス】 をそのまま答えてしまうこと（それだと「2 回目で既に全滅」も含まれます）。また と を通分せずに引くこと（）。分母を に揃えるのが安全です。