積分レベル別問題解説 【レベル4】難関大標準レベル (11題)

No. 1

問題：

$$\int e^x (\sin x + \cos x) \,dx$$

解答：

$$e^x \sin x + C$$

【着想の必然性と詳細解説】

被積分関数に $e^x$ とカッコの足し算の積を見た瞬間、反射的に部分積分を始めるのではなく、積の微分の逆算である $(e^x f(x))' = e^x (f(x) + f'(x))$ の設計図を疑うのが難関大への視線です。

カッコ内を観察すると、$f(x) = \sin x$ と見れば $f'(x) = \cos x$ となり、関数とその導関数の関係が完璧に成立しています。したがって、微分の逆算として一気に結果へ到達します。

$$\left( e^x \sin x \right)' = e^x \sin x + e^x \cos x = e^x (\sin x + \cos x)$$

• キーポイント： 特殊変形：e^x (f(x)+f'(x)) 型
• 着眼点： e^x と三角関数の和の積
• 【危険】（ピットフォール）： どちらが元の関数 $f(x)$ でどちらが導関数 $f'(x)$ かを取り違える符号ミス

No. 2

問題：

$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+A}} \,dx$$

解答：

$$\log |x + \sqrt{x^2+A}| + C$$

【着想の必然性と詳細解説】

この形単体では通常の式変形や部分積分が一切通用しません。そのため、歴史的な大定石である $t = x + \sqrt{x^2+A}$ を無理やり置く決断をします。なぜこの難解な置換がうまくいくのか、分母分子が消束する美しい計算メカニズムを確認しましょう。

両辺を $x$ で微分し、右辺を通分して整理します。

$$\frac{dt}{dx} = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+A}} = \frac{\sqrt{x^2+A} + x}{\sqrt{x^2+A}} = \frac{t}{\sqrt{x^2+A}}$$

これにより $dx = \frac{\sqrt{x^2+A}}{t} \,dt$ となります。元の積分に代入すると、厄介なルートが見事に約分されて消滅します。

$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+A}} \cdot \frac{\sqrt{x^2+A}}{t} \,dt = \int \frac{1}{t} \,dt = \log|t| + C$$

最後に $t$ を戻して完了です。

• キーポイント： 無理置換：t=x+√(x^2+A) 型
• 着眼点： 分母に √(x^2+A) 単体
• 【危険】（ピットフォール）： 合成関数の微分におけるルートの分母処理と通分ミス

No. 3

問題：

$$\int \frac{1}{\cos x} \,dx$$

解答：

$$\frac{1}{2} \log \left| \frac{1+\sin x}{1-\sin x} \right| + C$$

【着想の必然性と詳細解説】

そのままでは分子に分母の微分構造がありません。そこで、分母分子にわざわざ $\cos x$ を掛けて $\frac{\cos x}{\cos^2 x} = \frac{\cos x}{1-\sin^2 x}$ と変形します。これは分子に分母の中身の微分構造を作り出し、$f'/f$ 型の置換積分へ持ち込むための人為的な仕掛けです。

$\sin x = t$ と置くと $\cos x \,dx = dt$ となり、有理関数の積分へ移行します。サクシード流に部分分数分解の計算はスマートに結果のみを示します。

$$\int \frac{1}{1-t^2} \,dt = \frac{1}{2} \int \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{1-t} \right) \,dt = \frac{1}{2} (\log|1+t| - \log|1-t|) + C$$

変数を戻して対数をまとめます。

• キーポイント： 有理化変形：1/cos x の部分分数分解
• 着眼点： 分母に cos x 単体
• 【危険】（ピットフォール）： 部分分数分解を行った際の先頭の係数調整 (1/2) の落とし忘れ

No. 4

問題：

$$\int_0^\pi x \sin x \,dx$$

解答：

$$\pi$$

【着想の必然性と詳細解説】

メイン特集の主役です。「先頭の $x$ さえなければ一瞬で積分できるのに」という観察から、邪魔な変数 $x$ を消去するという明確な意志を持って区間の対称性を生かした King Property（$x = \pi - t$）を適用します。

$dx = -dt$ であり、区間は反転したのちマイナスによって元に戻ります。また $\sin(\pi - t) = \sin t$ です。元の積分を $I$ と置いて置換を実行し、合体させます。

$$I = \int_0^\pi (\pi - t) \sin t \,dt = \pi \int_0^\pi \sin t \,dt - \int_0^\pi t \sin t \,dt$$

最後の項は文字が $t$ なだけで元の積分 $I$ そのものです。移項して変数 $x$ を完全に消去します。

$$2I = \pi \int_0^\pi \sin x \,dx = \pi \left[ -\cos x \right]_0^\pi = \pi (1 + 1) = 2\pi$$

両辺を $2$ で割って $I = \pi$ となります。

• キーポイント： 対称変形：x f(sin x) の消去（x→π-x）
• 着眼点： x と sin x のみの式との積、および区間 [0, π]
• 【危険】（ピットフォール）： 最後に求まった $2I = 2\pi$ から、2で割り忘れて $2\pi$ と答えてしまう致命的な罠

No. 5

問題：

$$\int \frac{1}{1+e^x} \,dx$$

解答：

$$x - \log (1+e^x) + C$$

【着想の必然性と詳細解説】

分母の微分構造である $e^x$ が分子に存在しません。ここで自らパズルのピースを作る「人為的微分」の発想を用います。分子の $1$ をわざわざ $(1+e^x) - e^x$ と書き換えることで、分母と約分できるかたまりと、完璧な微分接触型のかたまりを同時に生み出します。

$$\int \frac{(1+e^x) - e^x}{1+e^x} \,dx = \int \left( 1 - \frac{e^x}{1+e^x} \right) \,dx$$

これで完全に基本積分の形になりました。スマートに完了させます。

$$= x - \log(1+e^x) + C$$

• キーポイント： 特殊変形：分子に分母の微分を作る
• 着眼点： 分母が 1+e^x で分子が 1
• 【危険】（ピットフォール）： 分子を引き算に分離したのちの後ろの項のマイナス符号の処理ミス

No. 6

問題：

$$ \int_0^a \sqrt{a^2-x^2} \,dx $$

解答：

$$ \frac{\pi a^2}{4} $$

【着想の必然性と詳細解説】

難関大志望者であれば、$x = a\sin\theta$ と置換して計算することも可能でしょう。しかし、この式の構造を「関数 $y = \sqrt{a^2-x^2}$」と俯瞰したとき、これが半径 $a$ の円の正の部分を表していることに気づくのが「設計図」を描くということです。

積分区間が $0$ から $a$ であるため、求める面積は「半径 $a$ の円の面積の 1/4（第一象限）」に他なりません。数式をグラフという図形的な実体に翻訳することで、煩雑な置換計算とミスを完全に回避して即答することが求められます。

• キーポイント： 定積分の図形的意味：円の面積への帰着
• 着眼点： $\sqrt{a^2-x^2}$ という「円の方程式」の構造
• 【危険】（ピットフォール）： 置換積分による計算時間の浪費と、$\theta$ の範囲変更でのケアレスミス

No. 7

問題：

$$ \int \log(x^2+1) \,dx $$

解答：

$$ x \log(x^2+1) - 2x + 2\tan^{-1} x + C $$

（※入試レベルでは $2\tan^{-1} x$ ではなく積分が残る形や具体的な数値で問われることが多いですが、ここでは構造を示します）

【着想の必然性と詳細解説】

$\log$ 単体の積分における鉄則「$1 \cdot$ と見て部分積分」を適用します。難関大レベルでは、部分積分をした後に現れる「有理関数の積分」の処理能力が試されます。

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

後ろの項の分子は $2x^2$ です。ここで「分子の次数を分母より下げる」ために、強引に分母と同じ形を作ります。

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

これにより、複雑な有理関数が「ただの $1$」と「基本積分型」に分解されました。一段上の視点を持つことで、迷いなく次数下げを実行できます。

• キーポイント： 部分積分＋有理関数の次数下げ
• 着眼点： $\log$ 単体は部分積分。その後の分子 $x^2$ を分母で割る。
• 【危険】（ピットフォール）： 部分積分の第二項で $x$ と微分の積を計算する際の符号ミス

No. 8

問題：

$$ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x \,dx \text{ に対する } I_n + I_{n-2} $$

解答：

$$ \frac{1}{n-1} $$

【着想の必然性と詳細解説】

$\tan x$ の $n$ 乗をまともに積分するのは困難です。しかし、漸化式 $I_n + I_{n-2}$ の形が提示されたとき、設計者は「$\tan^2 x + 1 = \frac{1}{\cos^2 x}$（微分の接触）」を利用させようとしている、と見抜くのが難関大への視線です。

$$ I_n + I_{n-2} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n-2} x (\tan^2 x + 1) \,dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n-2} x \cdot \frac{1}{\cos^2 x} \,dx $$

$(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$ であるため、これは $f(x)^{n-2} f'(x)$ という完璧な「微分接触型」です。置換の必要すらなく、一気に次数を上げて完了です。

$$ = \left[ \frac{1}{n-1} \tan^{n-1} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{n-1} $$

• キーポイント： 漸化式：$\tan^2 x + 1$ による微分接触型の生成
• 着眼点： $\tan^n x$ と $\tan^{n-2} x$ の和が作る相互関係公式
• 【危険】（ピットフォール）： 相互関係を忘れて部分積分などに逃げてしまう泥沼化

No. 9

問題：

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sin \left( \frac{k\pi}{n} \right) $$

解答：

$$ \frac{2}{\pi} $$

【着想の必然性と詳細解説】

「特集」で触れた「計算不可能なシグマからの逃げ道」です。$k=1$ から $n$ までのサインの和を高校数学の範囲で直接求めることはできません。しかし、$\lim \sum$ の形を見た瞬間に、これを「区分求積法」という定積分の定義へと翻訳します。

$\frac{k}{n} = x$、$\frac{1}{n} = dx$、$\sum \to \int_0^1$ と置き換えます。角度の部分に注意して定積分へ変換しましょう。

$$ \int_0^1 \sin(\pi x) \,dx $$

あとはこの基本積分を解くだけです。$\sin$ の積分による符号の変化と、中身の微分 $\pi$ で割る処理を正確に行います。

$$ = \left[ -\frac{1}{\pi} \cos(\pi x) \right]_0^1 = -\frac{1}{\pi} (\cos \pi - \cos 0) = -\frac{1}{\pi} (-1 - 1) = \frac{2}{\pi} $$

• キーポイント： 区分求積法：和の極限から定積分への翻訳
• 着眼点： $\frac{k}{n}$ という変数の構造と $\frac{1}{n}$ という刻み
• 【危険】（ピットフォール）： 積分範囲を $0$ から $\pi$ と勘違いするミス（$\frac{k}{n}$ が $x$ になるので範囲は $0 \to 1$ です）

No. 10

問題：

$$ 0 \le x \le 1 \text{ における } \int_0^1 e^{-x^2} \,dx \text{ の下限 } $$

解答：

$$ 1 - \frac{1}{e} $$

（※不等式評価の代表例として）

【着想の必然性と詳細解説】

$e^{-x^2}$ というガウス積分は、不定積分が初等関数で表せません。つまり「計算して値を出すこと」が不可能です。そこで、特集で紹介した「評価による逃げ」を選択します。

積分区間 $0 \le x \le 1$ において、$x^2 \le x$ という大小関係が成り立ちます。これを利用して、被積分関数を扱いやすい関数にすり替えます。

$$ x^2 \le x \implies -x^2 \ge -x \implies e^{-x^2} \ge e^{-x} $$

したがって、求める積分値は必ず $\int_0^1 e^{-x} \,dx$ よりも大きくなります。

$$ \int_0^1 e^{-x^2} \,dx \ge \int_0^1 e^{-x} \,dx = \left[ -e^{-x} \right]_0^1 = -e^{-1} - (-1) = 1 - \frac{1}{e} $$

「解けないものは、似た形の解けるものと比較する」という勇気ある撤退が、難関大での完答を生みます。

• キーポイント： 積分不等式：被積分関数の評価
• 着眼点： 解けない関数に対する、$0 \le x \le 1$ での $x^2$ と $x$ の比較
• 【危険】（ピットフォール）： まともに置換積分を試みて、時間を浪費した挙句に解けないことに気づくこと

No. 11

問題：

$$ \int \cos(\log x) \,dx $$

解答：

$$ \frac{x}{2} (\cos(\log x) + \sin(\log x)) + C $$

【着想の必然性と詳細解説】

$\log x$ が関数の内側に入り込んでおり、非常に扱いづらい形です。この「邪魔な塊」を別の変数に置き換えることで、自分が知っている既知の問題へと「問題の翻訳」を行います。

$\log x = t$ と置くと、$x = e^t$ より $dx = e^t \,dt$ となります。これを元の式に代入すると、

$$ \int \cos t \cdot e^t \,dt $$

となり、これはレベル3 No.9 で学習した「$e^x \sin x$ 型」の同形出現（循環型）の部分積分そのものになります。難関大の問題であっても、適切な置換（翻訳）によって、基礎レベルの組み合わせへと分解できることを示しています。

• キーポイント： 置換積分による「既知の問題への翻訳」
• 着眼点： 内側の $\log x$ を消去し、指数×三角関数の形を作る
• 【危険】（ピットフォール）： 置換した後の $dx$ を $e^t \,dt$ に変え忘れるミス