1976年　二次　理科　[5](旧課程問題)

点 P は $xy$ 平面の原点 O を時刻 $t=0$ に出発して, $x$ 軸上を正の向きに動く.
時刻 $t$ において, $x$ 軸, 曲線 $y=\frac{x^2+1}{x+1}$ , $y$ 軸, P を通って $y$ 軸に平行な直線で囲まれた図形の面積を $S$ とする.
P が点 $(x,0)$ を通過するときの $S$ の変化率 $\frac{dS}{dt}$ は $x^2+1$ に等しいという.
このとき $S$ を $t$ の式で表せ.
ただし P の座標は時刻 $t$ の微分可能な関数とする.

時刻 $t$ における点 P の座標を $(f(t),0)$ とおく.
$S=\int_0^{f(t)}\left(x+\frac{2}{x+1}-1\right)dx$
$=\frac{1}{2}(f(t))^2+2\log (f(t)+1)-f(t)$ …(1)
よって
$\frac{dS}{dt}=f(t)f'(t)+\frac{2f'(t)}{f(t)+1}-f'(t)$
したがって, 題意より
$f(t)f'(t)+\frac{2f'(t)}{f(t)+1}-f'(t)=(f(t))^2+1$
整理して
$f(t)-f'(t)+1=0$
この微分方程式を解くと
$f(t)=ce^t-1$ ( $c$ は任意定数)
ゆえに, (1) より
$S=\frac{1}{2}(ce^t-1)^2+2\log ce^t-ce^t+1$ …(2)
$t=0$ のとき $S=0$ だから
$\frac{1}{2}(c-1)^2+2\log c-c+1=0$ ( $c>0$ )
整理して
$c^2-4c+4\log c+3=0$ …(3)
左辺を $g(c)$ とおくと
$g'(c)=2c-4+\frac{4}{c}=\frac{2}{c}\left(c^2-2c+2\right)$
$c^2-2c+2$ の判別式は負なので, $c>0$ とあわせて $g'(c)>0$
よって $g(c)$ は単調増加で, これと $g(1)=0$ より (3) の解は $c=1$ のみ.
ゆえに $c=1$ で, このとき (2) より
$S=\frac{1}{2}e^{2t}-2e^t+2t+\frac{3}{2}$