解説

方針・初手

まず

$$ f(x)=\frac{x^2+2x+1}{x^2+1}=1+\frac{2x}{x^2+1}

$$

と変形する。

これにより，$y=1$ との位置関係や極限が見やすくなる。 （1） では $f'(x),f''(x)$ を調べればよい。 （2） では，$x=t$ における接線の $y$ 切片を $t$ の式で表し，その最小値を求める。 （3） では，囲まれた部分を直線 $y=1$ の周りに回転させるので，半径は $1-y$ で表して積分すればよい。

解法1

（1） 増減，極値，凹凸，変曲点

まず微分する。

$$ f'(x)=\left(1+\frac{2x}{x^2+1}\right)' =\frac{2(x^2+1)-4x^2}{(x^2+1)^2} =\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}

$$

分母は常に正であるから，$f'(x)$ の符号は $1-x^2$ の符号で決まる。したがって，

• $(-\infty,-1)$ で減少
• $(-1,1)$ で増加
• $(1,\infty)$ で減少

となる。

また，

$$ f(-1)=\frac{(-1+1)^2}{(-1)^2+1}=0,\qquad f(1)=\frac{(1+1)^2}{1^2+1}=2

$$

より，

• $x=-1$ で極小値 $0$
• $x=1$ で極大値 $2$

をとる。

次に2回微分すると，

$$ f''(x)=\left(\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}\right)' =\frac{4x(x^2-3)}{(x^2+1)^3}

$$

となる。分母は常に正であるから，$f''(x)$ の符号は $x(x^2-3)$ の符号で決まる。

よって，

• $x<-\sqrt{3}$ で $f''(x)<0$ なので上に凸
• $-\sqrt{3}<x<0$ で $f''(x)>0$ なので下に凸
• $0<x<\sqrt{3}$ で $f''(x)<0$ なので上に凸
• $x>\sqrt{3}$ で $f''(x)>0$ なので下に凸

である。

したがって変曲点は

$$ x=-\sqrt{3},\ 0,\ \sqrt{3}

$$

であり，その座標は

$$ f(-\sqrt{3}) =\frac{(-\sqrt{3}+1)^2}{(-\sqrt{3})^2+1} =\frac{4-2\sqrt{3}}{4} =1-\frac{\sqrt{3}}{2},

$$

$$ f(0)=1,

$$

$$ f(\sqrt{3}) =\frac{(\sqrt{3}+1)^2}{(\sqrt{3})^2+1} =\frac{4+2\sqrt{3}}{4} =1+\frac{\sqrt{3}}{2}

$$

より，

$$ \left(-\sqrt{3},1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right),\quad (0,1),\quad \left(\sqrt{3},1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)

$$

である。

さらに，

$$ f(x)=1+\frac{2x}{x^2+1}

$$

より，

$$ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1

$$

なので，$y=1$ は水平漸近線である。 また $f(x)=0$ となるのは $x=-1$ のみであり，その点で極小値 $0$ をとるから，グラフは $(-1,0)$ で $x$ 軸に接する。

以上より，グラフの概形は，左方・右方でともに $y=1$ に近づき，$(-1,0)$ で極小，$(1,2)$ で極大をもち，3つの変曲点を通る形である。

（2） $y$ 切片が最小となる接線

曲線上の点 $x=t$ における接線を考える。接線の方程式は

$$ y=f'(t)(x-t)+f(t)

$$

であるから，その $y$ 切片は

$$ \phi(t)=f(t)-t f'(t)

$$

である。

ここで

$$ f(t)=1+\frac{2t}{t^2+1},\qquad f'(t)=\frac{2(1-t^2)}{(t^2+1)^2}

$$

より，

$$ \phi(t) =1+\frac{2t}{t^2+1}-t\cdot \frac{2(1-t^2)}{(t^2+1)^2} =1+\frac{4t^3}{(t^2+1)^2}

$$

となる。

これを微分すると，

$$ \phi'(t) =\frac{4t^2(3-t^2)}{(t^2+1)^3}

$$

である。したがって，

• $|t|>\sqrt{3}$ で $\phi'(t)<0$
• $|t|<\sqrt{3}$ で $\phi'(t)>0$

となるから，$\phi(t)$ は $t=-\sqrt{3}$ で最小となる。

このとき

$$ f(-\sqrt{3})=1-\frac{\sqrt{3}}{2},\qquad f'(-\sqrt{3})=\frac{2(1-3)}{(3+1)^2}=-\frac14

$$

であるから，求める接線 $l$ は

$$ y-\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) =-\frac14(x+\sqrt{3})

$$

すなわち

$$ l:\ y=-\frac14x+1-\frac{3\sqrt{3}}{4}

$$

である。

（3） 回転体の体積

直線 $l$ と $y=1$ の交点は

$$ 1=-\frac14x+1-\frac{3\sqrt{3}}{4}

$$

より

$$ x=-3\sqrt{3}

$$

である。

また，$f(x)=1$ より

$$ 1+\frac{2x}{x^2+1}=1

$$

となるから，

$$ x=0

$$

であり，曲線と $y=1$ の交点は $(0,1)$ である。

したがって，囲まれた図形 $D$ は，

• $x=-3\sqrt{3}$ から $x=-\sqrt{3}$ までは直線 $l$ と $y=1$ の間
• $x=-\sqrt{3}$ から $x=0$ までは曲線 $y=f(x)$ と $y=1$ の間

からなる。

これを $y=1$ の周りに回転させると，体積 $V$ は

$$ V =\pi \int_{-3\sqrt{3}}^{-\sqrt{3}}(1-l(x))^2,dx +\pi \int_{-\sqrt{3}}^{0}(1-f(x))^2,dx

$$

である。

まず

$$ 1-l(x) =1-\left(-\frac14x+1-\frac{3\sqrt{3}}{4}\right) =\frac{x+3\sqrt{3}}{4}

$$

より，

$$ \pi \int_{-3\sqrt{3}}^{-\sqrt{3}}(1-l(x))^2,dx =\pi \int_{-3\sqrt{3}}^{-\sqrt{3}}\left(\frac{x+3\sqrt{3}}{4}\right)^2 dx

$$

である。$u=x+3\sqrt{3}$ とおけば，

$$ \int_{-3\sqrt{3}}^{-\sqrt{3}}\left(\frac{x+3\sqrt{3}}{4}\right)^2 dx =\frac{1}{16}\int_{0}^{2\sqrt{3}}u^2,du =\frac{1}{16}\cdot \frac{(2\sqrt{3})^3}{3} =\frac{\sqrt{3}}{2}

$$

となる。

次に

$$ 1-f(x)=1-\left(1+\frac{2x}{x^2+1}\right) =-\frac{2x}{x^2+1}

$$

より，

$$ \int_{-\sqrt{3}}^{0}(1-f(x))^2,dx =\int_{-\sqrt{3}}^{0}\frac{4x^2}{(x^2+1)^2},dx

$$

である。

ここで

$$ \frac{4x^2}{(x^2+1)^2} =4\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{(x^2+1)^2}\right)

$$

を用いると，

$$ \int \frac{4x^2}{(x^2+1)^2},dx =2\arctan x-\frac{2x}{x^2+1}

$$

だから，

$$ \int_{-\sqrt{3}}^{0}\frac{4x^2}{(x^2+1)^2},dx =\left(2\arctan x-\frac{2x}{x^2+1}\right)_{-\sqrt{3}}^{0} =\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}

$$

となる。

よって，

$$ V =\pi \left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) =\frac{2\pi^2}{3}

$$

である。

解説

この問題の核は，$f(x)$ を

$$ f(x)=1+\frac{2x}{x^2+1}

$$

と見て，基準線 $y=1$ とのずれで考えることである。

（1） では，極値は $f'(x)$，凹凸は $f''(x)$ の符号で機械的に決まる。さらに $x\to\pm\infty$ で $y=1$ に近づくこと，$x=-1$ で $x$ 軸に接することまで押さえると概形が確定する。

（2） では，接線そのものを直接最適化するより，接点を $x=t$ とおいて $y$ 切片 $\phi(t)$ を作るのが自然である。すると1変数関数の最大最小に帰着する。

（3） では，回転軸が $y=1$ なので半径は $1-y$ である。図形 $D$ の下側境界が途中で「直線」から「曲線」に切り替わるため，積分区間を $x=-\sqrt{3}$ で分けるのがポイントである。

答え

**(1)**

増加区間：$(-1,1)$

減少区間：$(-\infty,-1),\ (1,\infty)$

極小値：$0\quad (x=-1)$

極大値：$2\quad (x=1)$

上に凸：$(-\infty,-\sqrt{3}),\ (0,\sqrt{3})$

下に凸：$(-\sqrt{3},0),\ (\sqrt{3},\infty)$

変曲点：

$$ \left(-\sqrt{3},1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right),\quad (0,1),\quad \left(\sqrt{3},1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)

$$

また，水平漸近線は $y=1$ である。

**(2)**

$$ l:\ y=-\frac14x+1-\frac{3\sqrt{3}}{4}

$$

**(3)**

$$ V=\frac{2\pi^2}{3}

$$