【解説・採点基準付き】2026年九州大学理系数学の解答・解説

座標空間内で、原点Oを中心とする半径3の球を $S$ とする。また、点 $\mathrm{P}(1,0,\sqrt3)$ を考え、 $T_1$ と $T_2$ を直線OPと直交する相異なる2つの平面とする。 $T_1$ と $S$ の共通部分を $C_1$、 $T_2$ と $S$ の共通部分を $C_2$ とし、次の2つの条件をみたすとする。

・$C_1$ と $C_2$ はどちらも半径1の円である。

・$C_1$ の中心の $z$ 座標は正で、 $C_2$ の中心の $z$ 座標は負である。

以下の問いに答えよ。

(1) 円 $C_1,C_2$ の中心の座標を求めよ。

(2) 円 $C_1,C_2$ を底面とする円柱の側面を平面 $z=0$ で切る。その切り口の曲線の方程式を求めよ。また、その曲線を図示せよ。

(1)　配点 20点

$C_1$ の中心を $\mathrm{M_1}$、 $C_2$ の中心を $\mathrm{M_2}$ とする。球 $S$ の中心Oから平面 $T_1$ に下ろした垂線の足が $\mathrm{M_1}$ である。 $T_1$ は直線OPに垂直なので、 $\mathrm{M_1}$ は直線OP上にある。 $\mathrm{M_2}$ も同様に直線OP上にある。

$C_1$ 上の点をAとすると、三角形 $\mathrm{OM_1A}$ は $\angle\mathrm{OM_1A}=90^\circ$、 $\mathrm{OA}=3$、 $\mathrm{M_1A}=1$ の直角三角形なので、三平方の定理より

$$\mathrm{OM_1}=\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt2$$

同様に $\mathrm{OM_2}=2\sqrt2$。

$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1,0,\sqrt3)$、 $|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|=2$ なので、 $\overrightarrow{\mathrm{OM_1}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ とおくと $2|k|=2\sqrt2$、すなわち $k=\pm\sqrt2$。 $T_1\neq T_2$ より $\mathrm{M_1}\neq\mathrm{M_2}$ なので、一方は $k=\sqrt2$ の点 $(\sqrt2,0,\sqrt6)$、他方は $k=-\sqrt2$ の点 $(-\sqrt2,0,-\sqrt6)$。 $\mathrm{M_1}$ の $z$ 座標は正、 $\mathrm{M_2}$ の $z$ 座標は負なので

答　$C_1$ の中心 $(\sqrt2,0,\sqrt6)$、 $C_2$ の中心 $(-\sqrt2,0,-\sqrt6)$

(2)　配点 30点

円柱の底面 $C_1,C_2$ は直線OPに垂直な平面上の半径1の円で、中心 $\mathrm{M_1},\mathrm{M_2}$ は直線OP上にある。よってこの円柱は、軸が直線OP（線分 $\mathrm{M_1M_2}$ の部分）、半径が1の円柱である。点Qが側面上にある条件は、Qから直線OPに下ろした垂線の足をHとして

「Hが線分 $\mathrm{M_1M_2}$ 上にあり、かつ $\mathrm{QH}=1$」

である。

切り口上の点を $\mathrm{Q}(X,Y,0)$ とし、 $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(k,0,\sqrt3k)$ とおく。 $\overrightarrow{\mathrm{QH}}=(k-X,\ -Y,\ \sqrt3k)$ で、 $\overrightarrow{\mathrm{QH}}\perp\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ より

$$\overrightarrow{\mathrm{QH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(k-X)+3k=0\iff k=\frac X4$$

このとき

$$\mathrm{QH}^2=\left(\frac X4-X\right)^2+Y^2+3\left(\frac X4\right)^2=\frac{9}{16}X^2+\frac{3}{16}X^2+Y^2=\frac34X^2+Y^2$$

$\mathrm{QH}=1$ より

$$\frac34X^2+Y^2=1$$

次に、Hが線分 $\mathrm{M_1M_2}$ 上にあるかを確かめる。 $\overrightarrow{\mathrm{OM_1}}=\sqrt2\,\overrightarrow{\mathrm{OP}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OM_2}}=-\sqrt2\,\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ なので、Hが線分 $\mathrm{M_1M_2}$ 上にある条件は $-\sqrt2\leqq k\leqq\sqrt2$。曲線 $\dfrac34X^2+Y^2=1$ 上では $\dfrac34X^2\leqq1$ より $|X|\leqq\dfrac{2}{\sqrt3}$ なので

$$|k|=\frac{|X|}{4}\leqq\frac{1}{2\sqrt3}<\sqrt2$$

となり、曲線上のすべての点でHは線分 $\mathrm{M_1M_2}$ 上にある。よって、切り口は楕円 $\dfrac34x^2+y^2=1$ の全体である（ $C_1$ 上の点の $z$ 座標は $\sqrt6-\dfrac12$ 以上、 $C_2$ 上の点の $z$ 座標は $-\sqrt6+\dfrac12$ 以下なので、底面が平面 $z=0$ と交わらないことからも分かる）。

答　$\dfrac34x^2+y^2=1$、 $z=0$（下の図の楕円）

点 $z$ が複素数平面上の線分

$$z=t+ti\quad\left(\frac{-1+\sqrt3}{2}\leqq t\leqq\frac{1+\sqrt3}{2}\right)$$

の上を動くとき、

$$z^2-wz+1=0$$

をみたす複素数 $w$ を表す点が描く軌跡を $C$ とする。ただし、 $i$ は虚数単位である。以下の問いに答えよ。

(1) 軌跡 $C$ を複素数平面上に図示せよ。

(2) $t=\dfrac{1+\sqrt3}{2}$ のときに複素数 $w$ を表す点を $\mathrm{P}_1$ とし、 $t=\dfrac{-1+\sqrt3}{2}$ のときに複素数 $w$ を表す点を $\mathrm{P}_2$ とする。このとき、軌跡 $C$、線分 $\mathrm{OP}_1$、線分 $\mathrm{OP}_2$ で囲まれる領域を虚軸の周りに1回転させてできる立体の体積を求めよ。ただし、Oは複素数平面の原点である。

(1)　配点 25点

$z=t+ti$ で $t\geqq\dfrac{-1+\sqrt3}{2}>0$ なので $z\neq0$。 $z^2-wz+1=0$ の両辺を $z$ で割って

$$w=z+\frac1z$$

$\dfrac1z=\dfrac{1}{t(1+i)}=\dfrac{1-i}{2t}$ なので、 $w=x+yi$（ $x,y$ は実数）とおくと

$$x=t+\frac{1}{2t},\qquad y=t-\frac{1}{2t}$$

これより $x+y=2t$、 $x-y=\dfrac1t$ で、辺々を掛けて

$$x^2-y^2=2$$

範囲を調べる。 $t>0$ より $x>0$。また、 $t>0$ で $t$ も $-\dfrac{1}{2t}$ も増加するので、 $y$ は $t$ について単調に増加し、連続である。両端では

・$t=\dfrac{-1+\sqrt3}{2}$ のとき　$x+y=2t=\sqrt3-1$、 $x-y=\dfrac1t=\dfrac{2}{\sqrt3-1}=\sqrt3+1$ より $(x,y)=(\sqrt3,-1)$

・$t=\dfrac{1+\sqrt3}{2}$ のとき　$x+y=2t=\sqrt3+1$、 $x-y=\dfrac1t=\dfrac{2}{\sqrt3+1}=\sqrt3-1$ より $(x,y)=(\sqrt3,1)$

よって $y$ は $-1$ から $1$ までのすべての値をちょうど1回ずつとる。 $x>0$ と $x^2=y^2+2$ より $x=\sqrt{y^2+2}$ なので、点 $w$ は $y$ の値だけで決まる。したがって $C$ は

$$x^2-y^2=2\quad(x>0,\ -1\leqq y\leqq1)$$

$y=0$ となるのは $t=\dfrac{1}{\sqrt2}$ のときで、このとき $x=\sqrt2$。端点 $(\sqrt3,\pm1)$ は $(\sqrt3)^2-(\pm1)^2=2$ をみたしている（検算）。

答　双曲線 $x^2-y^2=2$ のうち $x>0$、 $-1\leqq y\leqq1$ の部分（上の図の太線。端点 $\sqrt3+i$、 $\sqrt3-i$ を含む）

(2)　配点 25点

(1) より $\mathrm{P}_1(\sqrt3,1)$、 $\mathrm{P}_2(\sqrt3,-1)$。線分 $\mathrm{OP}_1$ は $x=\sqrt3y$（ $0\leqq y\leqq1$）、線分 $\mathrm{OP}_2$ は $x=-\sqrt3y$（ $-1\leqq y\leqq0$）で、まとめて $x=\sqrt3\,|y|$。 $-1\leqq y\leqq1$ では

$$(y^2+2)-3y^2=2(1-y^2)\geqq0$$

なので $\sqrt3\,|y|\leqq\sqrt{y^2+2}$ で、等号は $y=\pm1$（ $\mathrm{P}_1$、 $\mathrm{P}_2$）のときだけ。よって、囲まれる領域を $D$ とすると

$$D:\ \sqrt3\,|y|\leqq x\leqq\sqrt{y^2+2},\quad-1\leqq y\leqq1$$

$-1\leqq s\leqq1$ とし、回転体を、虚軸上の点 $\mathrm{H}(0,s)$ を通り虚軸に垂直な平面で切る。切り口は、直線 $y=s$ が $D$ を切る線分AB（ $\mathrm{A}(\sqrt3\,|s|,\ s)$、 $\mathrm{B}(\sqrt{s^2+2},\ s)$）を、Hのまわりに1回転させた図形である。線分AB上の点とHの距離は $\mathrm{HA}=\sqrt3\,|s|$ から $\mathrm{HB}=\sqrt{s^2+2}$ までのすべての値をとるので、切り口は外側の半径 $\mathrm{HB}$、内側の半径 $\mathrm{HA}$ の円環。

断面積は

$$\pi\left(\mathrm{HB}^2-\mathrm{HA}^2\right)=\pi\left\{(s^2+2)-3s^2\right\}=2\pi(1-s^2)$$

求める体積を $V$ とすると

$$V=\int_{-1}^{1}2\pi(1-s^2)\,ds=4\pi\int_0^1(1-s^2)\,ds=4\pi\cdot\frac23=\frac83\pi$$

答　$\dfrac83\pi$

別解（円錐を引く）　$D$ は、「 $0\leqq x\leqq\sqrt{y^2+2}$、 $-1\leqq y\leqq1$ の部分」から、「 $0\leqq x<\sqrt3\,|y|$ の2つの三角形」を除いた図形。前者を回すと体積は $\pi\displaystyle\int_{-1}^{1}(y^2+2)\,dy=\dfrac{14}{3}\pi$。後者はそれぞれ底面の半径 $\sqrt3$、高さ1の円錐になり、体積は $\dfrac13\pi(\sqrt3)^2\cdot1=\pi$ ずつ。よって $V=\dfrac{14}{3}\pi-2\pi=\dfrac83\pi$。

$0<r<1$ 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　$p_n=\dfrac{(1-r)^3\left\{1-(-r)^n\right\}}{1+r}$

以下の問いに答えよ。ただし、 $\sqrt2$、 $\sqrt3$、 $\sqrt6$ が無理数であることは用いてよい。

(1) $\sqrt2+\sqrt3=\sqrt{5+2\sqrt6}$ を示せ。また、 $\sqrt2+\sqrt3$ は無理数であることを示せ。

(2) $\sqrt2+\sqrt3$ を解にもち、係数がすべて有理数の4次方程式を1つ求めよ。また、その4次方程式の解をすべて求めよ。

(3) $\sqrt2+\sqrt3$ を解にもち、係数がすべて有理数の2次方程式は存在しないことを示せ。

(1)　配点 10点

$(\sqrt2+\sqrt3)^2=2+2\sqrt6+3=5+2\sqrt6$ で、 $\sqrt2+\sqrt3>0$ なので

$$\sqrt2+\sqrt3=\sqrt{5+2\sqrt6}$$

次に、 $\sqrt2+\sqrt3$ が有理数であると仮定し、 $\sqrt2+\sqrt3=r$ （ $r$ は有理数）とおく。両辺を2乗すると $5+2\sqrt6=r^2$ より

$$\sqrt6=\dfrac{r^2-5}{2}$$

$r$ は有理数なので右辺は有理数となり、 $\sqrt6$ が無理数であることに矛盾する。よって $\sqrt2+\sqrt3$ は無理数である。

(2)　配点 15点

$x=\sqrt2+\sqrt3$ とおく。(1) より $x^2=5+2\sqrt6$ なので

$$x^2-5=2\sqrt6$$

両辺を2乗すると $x^4-10x^2+25=24$、すなわち

$$x^4-10x^2+1=0$$

これは $\sqrt2+\sqrt3$ を解にもち、係数はすべて有理数である。

答　$x^4-10x^2+1=0$

この方程式を $x^2$ についての2次方程式とみて解くと

$$x^2=5\pm2\sqrt6$$

$5\pm2\sqrt6=(\sqrt3\pm\sqrt2)^2$ （複号同順）で、 $\sqrt3\pm\sqrt2>0$ なので $\sqrt{5\pm2\sqrt6}=\sqrt3\pm\sqrt2$。よって

$$x=\pm(\sqrt3+\sqrt2),\ \pm(\sqrt3-\sqrt2)$$

答　$x=\sqrt2+\sqrt3,\ -\sqrt2-\sqrt3,\ \sqrt2-\sqrt3,\ -\sqrt2+\sqrt3$（ $\pm\sqrt2\pm\sqrt3$、複号任意）

別解（ $\sqrt2$ を片側に寄せる）　$x-\sqrt2=\sqrt3$ を2乗して $x^2-1=2\sqrt2x$、さらに2乗して $x^4-2x^2+1=8x^2$ となり、同じ方程式 $x^4-10x^2+1=0$ が得られる。チャートの「 $x=1+\sqrt2$ とおいて2乗する」と全く同じ手順。

(3)　配点 25点

$\sqrt2+\sqrt3$ を解にもち、係数がすべて有理数の2次方程式 $ax^2+bx+c=0$ （ $a\neq0$）が存在すると仮定する。両辺を $a$ で割ると

$$x^2+px+q=0\quad\left(p=\dfrac ba,\ q=\dfrac ca\right)$$

となり、 $p,q$ は有理数である。

$x=\sqrt2+\sqrt3$ を代入すると、(1) より $(\sqrt2+\sqrt3)^2=5+2\sqrt6$ なので

$$5+2\sqrt6+p(\sqrt2+\sqrt3)+q=0$$

$\sqrt2$、 $\sqrt3$ を含む項を左辺に残すと

$$p(\sqrt2+\sqrt3)=-(q+5)-2\sqrt6$$

両辺を2乗すると

$$p^2(5+2\sqrt6)=(q+5)^2+4(q+5)\sqrt6+24$$

整理して

$$\{5p^2-(q+5)^2-24\}+\{2p^2-4(q+5)\}\sqrt6=0$$

$A=5p^2-(q+5)^2-24$、 $B=2p^2-4(q+5)$ とおくと、 $A,B$ は有理数で $A+B\sqrt6=0$。

$B\neq0$ とすると $\sqrt6=-\dfrac AB$ となり、右辺は有理数なので $\sqrt6$ が無理数であることに矛盾する。よって $B=0$ で、このとき $A=0$ である。

$B=0$ より $p^2=2(q+5)$。これを $A=0$ に代入して $s=q+5$ とおくと

$$10s-s^2-24=0\iff s^2-10s+24=0\iff (s-4)(s-6)=0$$

よって $s=4$ または $s=6$ で、 $p^2=2s=8$ または $p^2=12$。すなわち $p=\pm2\sqrt2$ または $p=\pm2\sqrt3$ となり、 $p$ は無理数である。これは $p$ が有理数であることに矛盾する。

したがって、 $\sqrt2+\sqrt3$ を解にもち、係数がすべて有理数の2次方程式は存在しない。

別解（(1)(2) の結果を使う）　$f(x)=x^4-10x^2+1$ を $x^2+px+q$ で割った商を $Q(x)$、余りを $kx+l$ とすると、割る式の $x^2$ の係数が1で係数がすべて有理数なので、 $Q(x)$ の係数と $k,l$ も有理数である。 $f(x)=(x^2+px+q)Q(x)+kx+l$ に $x=\sqrt2+\sqrt3$ を代入すると、(2) と仮定から左辺も $x^2+px+q$ も0なので $k(\sqrt2+\sqrt3)+l=0$。 $k\neq0$ なら $\sqrt2+\sqrt3=-\dfrac lk$ が有理数となり (1) に矛盾するので $k=0$、このとき $l=0$。よって $x^2+px+q=0$ の2つの解は $f(x)=0$ の解 $\pm\sqrt2\pm\sqrt3$ のうち、 $\sqrt2+\sqrt3$ と残り3つのどれか1つである。

・相手が $-\sqrt2+\sqrt3$ のとき　解の和 $2\sqrt3$ が $-p$ と等しく、 $p$ が無理数

・相手が $\sqrt2-\sqrt3$ のとき　解の和 $2\sqrt2$ が $-p$ と等しく、 $p$ が無理数

・相手が $-\sqrt2-\sqrt3$ のとき　解の積 $-(5+2\sqrt6)$ が $q$ と等しく、 $q$ が無理数

いずれも $p,q$ が有理数であることに矛盾する。

（補足：(2) の $x^4-10x^2+1=0$ は、 $\sqrt2+\sqrt3$ を解にもつ有理数係数の方程式のうち次数が最も小さいもの（最小多項式）である。(3) はその「最も小さい」ことの一部を示させている）

関数

$$f(x)=\int_x^{x+1}\log(4t^2+1)\,dt$$

に関して、以下の問いに答えよ。

(1) $f(x)$ 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) 極限 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\{f(x)-f(x-1)\}$ を求めよ。

(1)　配点 25点

$g(t)=\log(4t^2+1)$ とおき、 $g(t)$ の原始関数の1つを $G(t)$ とすると

$$f(x)=\Bigl[G(t)\Bigr]_x^{x+1}=G(x+1)-G(x)$$

両辺を $x$ で微分すると、 $G'(t)=g(t)$ より

$$f'(x)=g(x+1)\cdot(x+1)’-g(x)=\log\{4(x+1)^2+1\}-\log(4x^2+1)=\log\frac{4x^2+8x+5}{4x^2+1}$$

$4x^2+8x+5-(4x^2+1)=8x+4$ なので、 $f'(x)$ の符号は $8x+4$ の符号と一致する。よって $f'(x)<0\ \left(x<-\dfrac12\right)$、 $f’\left(-\dfrac12\right)=0$、 $f'(x)>0\ \left(x>-\dfrac12\right)$ で、増減表は次のとおり。

$$\begin{array}{c|ccc}x&\cdots&-\dfrac12&\cdots\\\hline f'(x)&-&0&+\\\hline f(x)&\searrow&\text{極小}&\nearrow\end{array}$$

$f(x)$ は $x=-\dfrac12$ で極小になり、極大はない。

$g(t)$ は偶関数なので

$$f\left(-\frac12\right)=\int_{-\frac12}^{\frac12}\log(4t^2+1)\,dt=2\int_0^{\frac12}\log(4t^2+1)\,dt$$

部分積分により

$$\int_0^{\frac12}\log(4t^2+1)\,dt=\Bigl[t\log(4t^2+1)\Bigr]_0^{\frac12}-\int_0^{\frac12}t\cdot\frac{8t}{4t^2+1}\,dt=\frac12\log2-\int_0^{\frac12}\left(2-\frac{2}{4t^2+1}\right)dt$$

$$=\frac12\log2-1+\int_0^{\frac12}\frac{2}{4t^2+1}\,dt$$

$2t=\tan\theta$ とおくと、 $dt=\dfrac{1}{2\cos^2\theta}\,d\theta$、 $t:0\to\dfrac12$ のとき $\theta:0\to\dfrac{\pi}{4}$、 $\dfrac{2}{4t^2+1}=\dfrac{2}{1+\tan^2\theta}=2\cos^2\theta$ なので

$$\int_0^{\frac12}\frac{2}{4t^2+1}\,dt=\int_0^{\frac{\pi}{4}}2\cos^2\theta\cdot\frac{1}{2\cos^2\theta}\,d\theta=\frac{\pi}{4}$$

よって

$$f\left(-\frac12\right)=2\left(\frac12\log2-1+\frac{\pi}{4}\right)=\log2-2+\frac{\pi}{2}$$

答　$x=-\dfrac12$ のとき極小値 $\log2-2+\dfrac{\pi}{2}$（極大値はない）

(2)　配点 25点

$g(t)$ は連続なので $f(x)$ はすべての実数で微分可能である。 $x>1$ とする。区間 $[x-1,\ x]$ で平均値の定理を用いると

$$\frac{f(x)-f(x-1)}{x-(x-1)}=f'(c),\qquad x-1<c<x$$

をみたす $c$ が存在する。 $x-(x-1)=1$ なので $f(x)-f(x-1)=f'(c)$。

(1) より

$$f'(c)=\log\frac{4c^2+8c+5}{4c^2+1}=\log\left(1+h(c)\right),\qquad h(c)=\frac{8c+4}{4c^2+1}$$

$c>x-1>0$ より $h(c)>0$ なので

$$x\{f(x)-f(x-1)\}=\frac{x}{c}\cdot ch(c)\cdot\frac{\log\left(1+h(c)\right)}{h(c)}$$

$x-1<c<x$ より $c<x<c+1$ なので

$$1<\frac{x}{c}<1+\frac1c$$

$x\to\infty$ のとき $c>x-1\to\infty$ なので $1+\dfrac1c\to1$。はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{x}{c}=1$。

また、 $x\to\infty$ のとき $c\to\infty$ なので

$$ch(c)=\frac{8c^2+4c}{4c^2+1}=\frac{8+\dfrac4c}{4+\dfrac{1}{c^2}}\to2,\qquad h(c)=\frac{\dfrac8c+\dfrac{4}{c^2}}{4+\dfrac{1}{c^2}}\to0$$

$h(c)\to0$ より

$$\frac{\log\left(1+h(c)\right)}{h(c)}=\log\left(1+h(c)\right)^{\frac{1}{h(c)}}\to\log e=1$$

以上より

$$\lim_{x\to\infty}x\{f(x)-f(x-1)\}=1\cdot2\cdot1=2$$

答　$2$

別解（積分の評価ではさむ）　$f(x)-f(x-1)=\displaystyle\int_{x-1}^{x}f'(t)\,dt$ と見て、 $f'(t)$ を区間の両端の値ではさむ。 $f'(t)=\log\left(1+h(t)\right)$ で

$$h'(t)=\frac{8(4t^2+1)-(8t+4)\cdot8t}{(4t^2+1)^2}=-\frac{8(4t^2+4t-1)}{(4t^2+1)^2}$$

$t\geqq1$ では $4t^2+4t-1>0$ なので $h(t)$ は減少し、 $f'(t)$ も減少する。よって $x\geqq2$ のとき、区間 $[x-1,\ x]$ で $f'(x)\leqq f'(t)\leqq f'(x-1)$（等号は端だけ）で

$$xf'(x)<x\{f(x)-f(x-1)\}<xf'(x-1)$$

本解と同じく $\dfrac{\log(1+h)}{h}\to1$ を使うと

$$xf'(x)=xh(x)\cdot\frac{\log\left(1+h(x)\right)}{h(x)}\to2\cdot1=2,\qquad xf'(x-1)=\frac{x(8x-4)}{4x^2-8x+5}\cdot\frac{\log\left(1+h(x-1)\right)}{h(x-1)}\to2\cdot1=2$$

はさみうちの原理より、極限は $2$。