【解説・採点基準付き】2026年九州大学文系数学の解答・解説

以下の問いに答えよ。

(1) 関数 $f(x)=2x^3+3x^2-36x+1$ が極値をとるときの $x$ の値を求めよ。また、そのときの極値を求めよ。

(2) 座標平面上の曲線 $C:y=|x^2-1|$ と、点 $(-1,0)$ を通る傾き1の直線 $l$ を考える。 $C$ と $l$ で囲まれる領域の面積を求めよ。

(1)　配点 20点

$$f'(x)=6x^2+6x-36=6(x+3)(x-2)$$

$y=f'(x)$ のグラフより、 $f'(x)$ は $x=-3$ の前後で正から負に、 $x=2$ の前後で負から正に符号が変わる。増減表は次のとおり。

極値をとる $x$ が整数なので、そのまま代入する。

$$f(-3)=-54+27+108+1=82,\qquad f(2)=16+12-72+1=-43$$

答　$x=-3$ のとき極大値 $82$、 $x=2$ のとき極小値 $-43$

(2)　配点 30点

$l$ は点 $(-1,0)$ を通る傾き1の直線なので $l:y=x+1$。

$x\leqq-1,\ 1\leqq x$ のとき $x^2-1\geqq0$ なので $C:y=x^2-1$、 $-1<x<1$ のとき $C:y=-x^2+1$ である。 $C$ は放物線 $y=x^2-1$ の $x$ 軸より下の部分を折り返したグラフになる。

$x\leqq-1,\ 1\leqq x$ のとき、 $x^2-1=x+1$ より $(x+1)(x-2)=0$ で、 $x=-1,\ 2$（どちらも範囲に入る）。

$-1<x<1$ のとき、 $-x^2+1=x+1$ より $x(x+1)=0$ で、 $x=0$（ $x=-1$ は範囲に入らない）。

よって、 $C$ と $l$ の交点の $x$ 座標は $-1,\ 0,\ 2$。

また、各区間での上下は

・$x<-1,\ 2<x$： $(x^2-1)-(x+1)=(x+1)(x-2)>0$ で $C$ が上（ $l$ と $C$ は再び交わらないので、囲まれない）

・$-1\leqq x\leqq0$： $(-x^2+1)-(x+1)=-x(x+1)\geqq0$ で $C$ が上

・$0\leqq x\leqq1$： $(x+1)-(-x^2+1)=x(x+1)\geqq0$、 $1\leqq x\leqq2$： $(x+1)-(x^2-1)=-(x+1)(x-2)\geqq0$ で $l$ が上

なので、 $C$ と $l$ で囲まれる部分は、下の図の $-1\leqq x\leqq0$ の部分 $S_1$ と $0\leqq x\leqq2$ の部分 $S_2$ の2つである。

$$S_1=\int_{-1}^{0}\{(-x^2+1)-(x+1)\}\,dx=\int_{-1}^{0}(-1)(x+1)x\,dx=\frac16\{0-(-1)\}^3=\frac16$$

$0\leqq x\leqq2$ では $0\leqq|x^2-1|\leqq x+1$ なので、 $S_2$ は「 $l$ と $x$ 軸、 $y$ 軸、直線 $x=2$ で囲まれる台形」の面積から「 $C$ と $x$ 軸、 $y$ 軸、直線 $x=2$ で囲まれる部分」の面積を引いたものである。

台形の面積は $\dfrac{(1+3)\cdot2}{2}=4$。

$F(x)=\dfrac{x^3}{3}-x$ とおくと（ $F(0)=0$、 $F(1)=-\dfrac23$、 $F(2)=\dfrac23$）

$$\int_0^2|x^2-1|\,dx=\int_0^1\{-(x^2-1)\}\,dx+\int_1^2(x^2-1)\,dx=\Bigl[-F(x)\Bigr]_0^1+\Bigl[F(x)\Bigr]_1^2=F(0)+F(2)-2F(1)=0+\frac23+\frac43=2$$

よって $S_2=4-2=2$。

求める面積は、2つの部分の合計で

$$S_1+S_2=\frac16+2=\frac{13}{6}$$

答　$\dfrac{13}{6}$

別解（ $S_2$ を区間で分けて直接積分する）　 $x=1$ で $C$ の式が変わるので、区間を分けて

$$S_2=\int_0^1\{(x+1)-(-x^2+1)\}\,dx+\int_1^2\{(x+1)-(x^2-1)\}\,dx=\int_0^1(x^2+x)\,dx+\int_1^2(-x^2+x+2)\,dx=\frac56+\frac76=2$$

本解と一致するので、検算にも使える。

座標空間内の4点 $\mathrm{O}(0,0,0)$、 $\mathrm{A}(1,1,1)$、 $\mathrm{B}(2,2,0)$、 $\mathrm{C}(4,2,2)$ と球面

$$S:(x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2=1$$

を考える。3点A、B、Cを通る平面を $\alpha$ とする。また、点Pは $S$ 上にあり、以下の2つの条件をみたすとする。

・直線OPは $\alpha$ と直交する。

・点Pの $y$ 座標は $-1$ 以下である。

以下の問いに答えよ。

(1) Pの座標を求めよ。

(2) Pから $\alpha$ に下ろした垂線と $\alpha$ の交点をHとする。このとき

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s\overrightarrow{\mathrm{AB}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$$

をみたす実数 $s$、 $t$ を求めよ。

(3) 四面体ABCPの体積を求めよ。

(1)　配点 15点

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(1,1,-1)$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(3,1,1)$。平面 $\alpha$ に垂直なベクトルを $\vec n=(a,b,c)$ とおく。 $\vec n$ は $\alpha$ 上の平行でない2つのベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ に垂直なので

$$\vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=a+b-c=0,\qquad\vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=3a+b+c=0$$

2式を足して $4a+2b=0$ より $b=-2a$、これを1つめの式に代入して $c=-a$。よって $\vec n=a(1,-2,-1)$。大きさは何でもよいので、 $\vec n=(1,-2,-1)$ をとる（ $|\vec n|=\sqrt6$）。

直線OPは $\alpha$ と直交するので、 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ は $\vec n$ に平行で

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\vec n=(k,\ -2k,\ -k)\quad(k\text{ は実数})$$

とおける。Pは $S$ 上にあるので

$$(k-1)^2+(-2k+1)^2+(-k+1)^2=1\iff6k^2-8k+2=0\iff(3k-1)(k-1)=0$$

よって $k=\dfrac13,\ 1$。

直線OPは球面 $S$ と2点で交わる（図の $k=\dfrac13$ と $k=1$ の点）。Pの $y$ 座標は $-2k$ なので、条件 $-2k\leqq-1$ より $k\geqq\dfrac12$。よって $k=1$ である（ $k=\dfrac13$ の点 $\left(\dfrac13,-\dfrac23,-\dfrac13\right)$ は $y$ 座標が $-\dfrac23>-1$ なので条件をみたさない）。

答　$\mathrm{P}(1,\ -2,\ -1)$

(2)　配点 20点

Pから $\alpha$ に下ろした垂線は $\alpha$ に垂直なので、 $\overrightarrow{\mathrm{PH}}=m\vec n$（ $m$ は実数）とおける。PまでたどってからHへ進むと

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\overrightarrow{\mathrm{OP}}+m\vec n=(1+m,\ -2-2m,\ -1-m)$$

HとAはどちらも $\alpha$ 上の点なので $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\perp\vec n$、すなわち $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot\vec n=0$。 $\overrightarrow{\mathrm{AH}}=\overrightarrow{\mathrm{OH}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(m,\ -3-2m,\ -2-m)$ より

$$m-2(-3-2m)-(-2-m)=0\iff6m+8=0\iff m=-\frac43$$

よって $\mathrm{H}\left(-\dfrac13,\ \dfrac23,\ \dfrac13\right)$。

$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=-\dfrac13\vec n$ なので、Hも直線OP上にあり、Oをはさんで、Pと反対側にある（上の図）。

与えられた式は $\overrightarrow{\mathrm{AH}}=s\overrightarrow{\mathrm{AB}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ と同じである。 $\overrightarrow{\mathrm{AH}}=\left(-\dfrac43,\ -\dfrac13,\ -\dfrac23\right)$、 $s\overrightarrow{\mathrm{AB}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(s+3t,\ s+t,\ -s+t)$ の成分を比べて

$$s+3t=-\frac43,\qquad s+t=-\frac13,\qquad -s+t=-\frac23$$

2つめと3つめの式から $t=-\dfrac12$、 $s=\dfrac16$。これは1つめの式 $\dfrac16-\dfrac32=-\dfrac43$ もみたす。 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は平行でないので、 $s$、 $t$ はこの1組だけである。

答　$s=\dfrac16$、 $t=-\dfrac12$

別解（問題の形のまま、PHがAB・ACと垂直）　 $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s\overrightarrow{\mathrm{AB}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(1+s+3t,\ 1+s+t,\ 1-s+t)$ より

$$\overrightarrow{\mathrm{PH}}=\overrightarrow{\mathrm{OH}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(s+3t,\ s+t+3,\ -s+t+2)$$

PHは $\alpha$ に垂直なので、 $\alpha$ 上の2つのベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ と垂直である。

$$\overrightarrow{\mathrm{PH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=3s+3t+1=0,\qquad\overrightarrow{\mathrm{PH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=3s+11t+5=0$$

2式を引いて $8t+4=0$ より $t=-\dfrac12$、これから $s=\dfrac16$。この解き方は (1) の $\vec n$ を使わずに解ける。

(3)　配点 15点

$|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2=3$、 $|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2=11$、 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=3+1-1=3$ より

$$\triangle\mathrm{ABC}=\frac12\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}})^2}=\frac12\sqrt{3\cdot11-3^2}=\frac12\sqrt{24}=\sqrt6$$

PHは $\alpha$ に垂直なので、四面体ABCPの底面を三角形ABCとみたときの高さはPHである。(2) より $\overrightarrow{\mathrm{PH}}=-\dfrac43\vec n$ なので

$$\mathrm{PH}=\frac43|\vec n|=\frac{4\sqrt6}{3}$$

図のHからPまでの長さが、四面体ABCPの高さである。

よって、四面体ABCPの体積は

$$\frac13\cdot\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{PH}=\frac13\cdot\sqrt6\cdot\frac{4\sqrt6}{3}=\frac83$$

答　$\dfrac83$

別解（高さを点と平面の距離の公式で求める）　平面 $\alpha$ は、Aを通り $\vec n=(1,-2,-1)$ に垂直なので $(x-1)-2(y-1)-(z-1)=0$、すなわち $x-2y-z+2=0$。 $\mathrm{P}(1,-2,-1)$ との距離は $\dfrac{|1+4+1+2|}{\sqrt{1^2+(-2)^2+(-1)^2}}=\dfrac{8}{\sqrt6}=\dfrac{4\sqrt6}{3}$ で、同じ値になる。

以下の問いに答えよ。

(1) $\sqrt2$ が無理数であることを示せ。

(2) $n$ を自然数とする。 $\left(\sqrt2+1\right)^n+\left(\sqrt2-1\right)^n$ が整数となるための、 $n$ がみたすべき必要十分条件を求めよ。

(1)　配点 15点

$\sqrt2$ が有理数であると仮定する。 $\sqrt2>0$ なので、互いに素な自然数 $p,q$ を用いて

$$\sqrt2=\dfrac qp$$

とおける。

両辺を2乗して分母を払うと

$$2p^2=q^2\quad\cdots\cdots①$$

①より $q^2$ は2の倍数である。2は素数なので $q$ も2の倍数である（ $q$ が奇数なら $q^2$ も奇数になる）。よって $q^2$ は素因数2を少なくとも2つ含み、 $q^2$ は4の倍数である。①より $2p^2$ が4の倍数なので $p^2$ は2の倍数となり、同様に $p$ も2の倍数である。

これは $p,q$ が互いに素であることに矛盾する。よって $\sqrt2$ は無理数である。

(2)　配点 35点

$S_n=\left(\sqrt2+1\right)^n+\left(\sqrt2-1\right)^n$ とおく。二項定理より

$$\left(\sqrt2+1\right)^n=\sum_{k=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_k\left(\sqrt2\right)^k,\qquad \left(\sqrt2-1\right)^n=\sum_{k=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_k\left(\sqrt2\right)^k(-1)^{n-k}$$

なので

$$S_n=\sum_{k=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_k\left(\sqrt2\right)^k\left\{1+(-1)^{n-k}\right\}$$

$1+(-1)^{n-k}$ は、 $n-k$ が偶数のとき2、奇数のとき0である。よって $S_n$ には、 $k$ と $n$ の偶奇が一致する項だけが2倍されて残る。

(i) $n$ が偶数のとき　$n=2m$ （ $m$ は自然数）とおく。残るのは $k$ が偶数の項で、 $k=2j$ とおくと $\left(\sqrt2\right)^{2j}=2^j$ なので

$$S_n=2\sum_{j=0}^{m}{}_{2m}\mathrm{C}_{2j}\,2^j$$

${}_{2m}\mathrm{C}_{2j}$、 $2^j$ はどれも整数なので、 $S_n$ は整数である。

(ii) $n$ が奇数のとき　$n=2m+1$ （ $m$ は0以上の整数）とおく。残るのは $k$ が奇数の項で、 $k=2j+1$ とおくと $\left(\sqrt2\right)^{2j+1}=2^j\sqrt2$ なので

$$S_n=M\sqrt2,\qquad M=2\sum_{j=0}^{m}{}_{2m+1}\mathrm{C}_{2j+1}\,2^j$$

$M$ は整数で、和の各項は正なので $M>0$ である（たとえば $j=m$ の項だけで $M\geqq2^{m+1}$）。

$S_n$ が整数であると仮定し、 $S_n=N$ （ $N$ は整数）とおく。 $M\neq0$ なので

$$\sqrt2=\dfrac NM$$

となり、右辺は有理数である。これは (1) で示した「 $\sqrt2$ は無理数」に矛盾する。よって $n$ が奇数のとき、 $S_n$ は整数でない。

(i) より「 $n$ が偶数ならば $S_n$ は整数」（十分性）。(ii) より「 $n$ が奇数ならば $S_n$ は整数でない」で、その対偶「 $S_n$ が整数ならば $n$ は偶数」（必要性）も成り立つ。したがって、求める必要十分条件は

答　$n$ が偶数であること

別解（共役な数で表す）　$\left(1+\sqrt2\right)^n=a_n+b_n\sqrt2$ （ $a_n,b_n$ は自然数）とおくと、 $\left(1-\sqrt2\right)^n=a_n-b_n\sqrt2$ が成り立つ（ $a_1=b_1=1$、 $a_{n+1}=a_n+2b_n$、 $b_{n+1}=a_n+b_n$ から数学的帰納法で示せる）。 $\left(\sqrt2-1\right)^n=(-1)^n\left(1-\sqrt2\right)^n$ なので

$$S_n=a_n+b_n\sqrt2+(-1)^n\left(a_n-b_n\sqrt2\right)$$

$n$ が偶数なら $S_n=2a_n$ で整数。 $n$ が奇数なら $S_n=2b_n\sqrt2$ （ $2b_n$ は正の整数）となり、本解の (ii) と同じく (1) から整数でない。

$0<r<1$ とする。表が出る確率が $r$、裏が出る確率が $1-r$ の硬貨を投げ、表が出た場合は白玉を2つ横並びに置き、裏が出た場合は黒玉を1つ置く。この要領で硬貨を繰り返し投げ、左から右に1列になるように白玉と黒玉を順に並べていく。

例えば、3回硬貨を投げ、結果が順に「裏、表、表」であれば、左から順に「黒、白、白、白、白」と5つの玉が並ぶ。

$n$ を自然数とする。 $n+2$ 回硬貨を投げたとき、左から $n$、 $n+1$、 $n+2$ 番目の玉がすべて黒である確率を $p_n$ とする。以下の問いに答えよ。

(1) $p_1,p_2$ を求めよ。

(2) $n\geqq2$ とする。 $n+2$ 回硬貨を投げたとき、左から $1$、 $n$、 $n+1$、 $n+2$ 番目の玉がすべて黒である確率を $p_{n-1}$ を用いて表せ。

(3) $n\geqq3$ のとき、 $p_n$ を $p_{n-2}$、 $p_{n-1}$ を用いて表せ。

(4) $p_n$ を求めよ。

(1)　配点 10点

表が出ると白玉が2つ続けて置かれる。

$p_1$：3回投げて1、2、3番目がすべて黒になるには、1回目が裏（表なら1番目が白）。次の玉は2番目に置かれるので2回目も裏、同様に3回目も裏。逆に3回とも裏なら1、2、3番目は黒。よって $p_1=(1-r)^3$

$p_2$：4回投げて2、3、4番目がすべて黒になる場合を考える。1回目が表だと1、2番目が白になり不適なので、1回目は裏で、1番目が黒。すると2回目の玉は2番目、3回目の玉は3番目、4回目の玉は4番目に置かれるので、2〜4回目もすべて裏。逆に4回とも裏ならよい。

答　$p_1=(1-r)^3$、 $p_2=(1-r)^4$

(2)　配点 10点

1番目の玉は1回目の結果で決まり、1番目が黒 ⟺ 1回目が裏（確率 $1-r$）。

1回目が裏のとき、1番目に黒が置かれ、2回目以降の $n+1$ 回の玉は2番目から順に並ぶ。2番目を改めて1番目と数え直すと、2回目以降の $n+1$ 回は、最初から $n+1$ 回投げるのとまったく同じで、もとの $n$、 $n+1$、 $n+2$ 番目は、数え直した $n-1$、 $n$、 $n+1$ 番目になる。 $n\geqq2$ より $n-1\geqq1$ で、 $(n-1)+2=n+1$ 回投げて $n-1$、 $n$、 $n+1$ 番目がすべて黒である確率は $p_{n-1}$。

各回の結果は独立なので、求める確率は

答　$(1-r)p_{n-1}$

(3)　配点 15点

$n\geqq3$ とし、 $n+2$ 回投げたときの1回目の結果で場合分けする。

1回目が裏のとき　1番目が黒になるので、「1回目が裏かつ $n$、 $n+1$、 $n+2$ 番目がすべて黒」の確率は、(2) の「1、 $n$、 $n+1$、 $n+2$ 番目がすべて黒」の確率に等しく、 $(1-r)p_{n-1}$。

1回目が表のとき　1、2番目が白で、2回目以降の $n+1$ 回の玉は3番目から並ぶ。3番目を1番目と数え直すと、もとの $n$、 $n+1$、 $n+2$ 番目は数え直した $n-2$、 $n-1$、 $n$ 番目（ $n\geqq3$ より $n-2\geqq1$）。

残りの2回目〜 $(n+2)$ 回目の $n+1$ 回のうち、2回目〜 $(n+1)$ 回目の $n$ 回で、玉は少なくとも $n$ 個並ぶ。よって数え直した $n$ 番目までの玉の色は最初の $n$ 回だけで決まり、最後の1回の結果には関係しない。したがって、この確率は「 $n$ 回投げて $n-2$、 $n-1$、 $n$ 番目がすべて黒である確率」 $p_{n-2}$ に等しい。1回目が表である確率をかけて $rp_{n-2}$。

2つの場合は重ならないので

答　$p_n=(1-r)p_{n-1}+rp_{n-2}$

(4)　配点 15点

(3) より、 $n\geqq3$ で

$$p_n+rp_{n-1}=p_{n-1}+rp_{n-2}$$

なので、数列 $\{p_n+rp_{n-1}\}$（ $n\geqq2$）は一定で

$$p_n+rp_{n-1}=p_2+rp_1=(1-r)^4+r(1-r)^3=(1-r)^3\quad(n\geqq2)\quad\cdots\cdots①$$

また (3) より、 $n\geqq3$ で

$$p_n-p_{n-1}=-r(p_{n-1}-p_{n-2})$$

なので、数列 $\{p_n-p_{n-1}\}$（ $n\geqq2$）は公比 $-r$ の等比数列で、 $p_2-p_1=(1-r)^4-(1-r)^3=-r(1-r)^3$ より

$$p_n-p_{n-1}=(-r)^{n-2}\cdot(-r)(1-r)^3=(-r)^{n-1}(1-r)^3\quad(n\geqq2)\quad\cdots\cdots②$$

①$-$②より、 $n\geqq2$ で

$$(1+r)p_{n-1}=(1-r)^3\left\{1-(-r)^{n-1}\right\}$$

$1+r>0$ なので、番号を1つずらすと、すべての自然数 $n$ で

$$p_n=\frac{(1-r)^3\left\{1-(-r)^n\right\}}{1+r}$$

（確かめ： $n=1$ で $\dfrac{(1-r)^3(1+r)}{1+r}=(1-r)^3$、 $n=2$ で $\dfrac{(1-r)^3(1-r^2)}{1+r}=(1-r)^4$ となり (1) と一致）

答　$p_n=\dfrac{(1-r)^3\left\{1-(-r)^n\right\}}{1+r}$