与えられた問題は以下の通りです。 1. $y = (x+1)\log_e(x+1)$ の導関数 $\frac{dy}{dx}$ を求める。

1. 問題の内容

与えられた問題は以下の通りです。

1. $y = (x+1)\log_e(x+1)$ の導関数 $\frac{dy}{dx}$ を求める。

2. $y = (2x^2 - 7x + 7)e^{-x}$ の増減、極値、凹凸、変曲点を調べグラフの概形を描く。 ただし、$\lim_{x \to \infty} y = 0, e^{\frac{3}{2}} < 22e^{-\frac{3}{2}} < 2e$ を用いて良い。

3. 関数 $y = e^{-x}$ ($x > 0$) のグラフ上の点を $P$ とする。$P$ におけるこの曲線の接線と $x$ 軸の交点を $Q$, $y$ 軸との交点を $R$ とする。三角形 $OQR$ の面積を $S$ とする。

(1) $P$ の $x$ 座標を $t$ とすると、$S$ を $t$ の式であらわせ。

(2) $S$ の最大値およびそのときの $t$ の値を求めよ。

4. 平面上を運動している点 $P$ の時刻 $t$ における座標が $(\frac{1}{3}t^3 + t, t^2 + 4t)$ で与えられている。$P$ の速さが最小になる $t$ を求めよ。

5. 極方程式 $r = 2 + \sin\theta$ で表される曲線の $\theta = \frac{\pi}{6}$ に対応する点での接線の方程式を求めよ。

2. 解き方の手順

1. (1) $y = (x+1)\log_e(x+1)$ の導関数を求める。積の微分法を使う。

$\frac{dy}{dx} = (x+1)' \log_e(x+1) + (x+1) (\log_e(x+1))'$

$\frac{dy}{dx} = \log_e(x+1) + (x+1) \cdot \frac{1}{x+1}$

$\frac{dy}{dx} = \log_e(x+1) + 1$

2. (省略。指示された条件を用いて概形を描く問題であるため。)

3. (1) $P$ の座標は $(t, e^{-t})$。

$y' = -e^{-x}$ より、点 $P$ における接線の方程式は $y - e^{-t} = -e^{-t}(x - t)$。

$x$ 軸との交点 $Q$ は $y = 0$ より、$0 - e^{-t} = -e^{-t}(x - t)$。 $1 = x - t$ なので $x = t + 1$。よって $Q(t+1, 0)$。

$y$ 軸との交点 $R$ は $x = 0$ より、$y - e^{-t} = -e^{-t}(0 - t)$。 $y = e^{-t} + te^{-t} = (1+t)e^{-t}$。よって $R(0, (1+t)e^{-t})$。

三角形 $OQR$ の面積 $S$ は、$S = \frac{1}{2} |OQ| |OR| = \frac{1}{2} (t+1)(1+t)e^{-t} = \frac{1}{2}(t+1)^2 e^{-t}$。

$S = \frac{1}{2}(t+1)^2 e^{-t}$

(2) $S$ の最大値を求める。

$S' = \frac{1}{2}[2(t+1)e^{-t} + (t+1)^2(-e^{-t})] = \frac{1}{2}e^{-t}(t+1)[2 - (t+1)] = \frac{1}{2}e^{-t}(t+1)(1-t)$

$S' = 0$ となるのは $t = -1$ または $t = 1$。$t > 0$ より $t = 1$。

$0 < t < 1$ のとき $S' > 0$ であり、$t > 1$ のとき $S' < 0$ であるから、$t = 1$ で $S$ は最大となる。

$S$ の最大値は $S(1) = \frac{1}{2}(1+1)^2 e^{-1} = \frac{4}{2e} = \frac{2}{e}$。

4. $P$ の位置ベクトルを $\vec{r}(t) = (\frac{1}{3}t^3 + t, t^2 + 4t)$ とする。

速度ベクトル $\vec{v}(t) = \frac{d\vec{r}}{dt} = (t^2 + 1, 2t + 4)$。

速さ $v(t) = |\vec{v}(t)| = \sqrt{(t^2 + 1)^2 + (2t + 4)^2} = \sqrt{t^4 + 2t^2 + 1 + 4t^2 + 16t + 16} = \sqrt{t^4 + 6t^2 + 16t + 17}$。

$v(t)$ が最小となる $t$ を求めるために、$v^2(t)$ を最小化する $t$ を求める。

$f(t) = v^2(t) = t^4 + 6t^2 + 16t + 17$。

$f'(t) = 4t^3 + 12t + 16 = 4(t^3 + 3t + 4) = 4(t+1)(t^2 - t + 4)$。

$t^2 - t + 4 = (t-\frac{1}{2})^2 + \frac{15}{4} > 0$ なので、$f'(t) = 0$ となるのは $t = -1$ のとき。

$t < -1$ のとき $f'(t) < 0$ であり、$t > -1$ のとき $f'(t) > 0$ であるから、$t = -1$ で $f(t)$ は最小となる。

よって、$P$ の速さが最小となるのは $t = -1$。

5. $r = 2 + \sin\theta$。$\theta = \frac{\pi}{6}$ のとき、$r = 2 + \sin\frac{\pi}{6} = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$。

直交座標では、$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$。

$x = (2 + \sin\theta)\cos\theta = 2\cos\theta + \sin\theta\cos\theta$

$y = (2 + \sin\theta)\sin\theta = 2\sin\theta + \sin^2\theta$

$\frac{dx}{d\theta} = -2\sin\theta + \cos^2\theta - \sin^2\theta$

$\frac{dy}{d\theta} = 2\cos\theta + 2\sin\theta\cos\theta$

$\theta = \frac{\pi}{6}$ のとき、$x = \frac{5}{2}\cos\frac{\pi}{6} = \frac{5}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{4}$, $y = \frac{5}{2}\sin\frac{\pi}{6} = \frac{5}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{5}{4}$。

$\frac{dx}{d\theta} |_{\theta=\frac{\pi}{6}} = -2 \cdot \frac{1}{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2 = -1 + \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}$。

$\frac{dy}{d\theta} |_{\theta=\frac{\pi}{6}} = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。

接線の傾き $m = \frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{3\sqrt{3}/2}{-1/2} = -3\sqrt{3}$。

接線の方程式は $y - \frac{5}{4} = -3\sqrt{3}(x - \frac{5\sqrt{3}}{4})$。

$y = -3\sqrt{3} x + \frac{45}{4} + \frac{5}{4} = -3\sqrt{3} x + \frac{50}{4} = -3\sqrt{3} x + \frac{25}{2}$。

3. 最終的な答え

1. $\frac{dy}{dx} = \log_e(x+1) + 1$

2. (省略)

3. (1) $S = \frac{1}{2}(t+1)^2 e^{-t}$

(2) 最大値: $\frac{2}{e}$, $t = 1$

4. $t = -1$

5. $y = -3\sqrt{3}x + \frac{25}{2}$