5九州大学 2026年 数学 第5問解答・解説

(1) $g(t)=\log(4t^{2}+1)$ とおくと，$g$ は全実数で連続であり，積分の上端・下端を微分して $$\displaystyle f'(x)=g(x+1)-g(x)=\log\frac{4(x+1)^{2}+1}{4x^{2}+1}.$$ 対数関数は増加するから，$f'(x)$ の符号は $$4(x+1)^{2}+1-(4x^{2}+1)=4(2x+1)$$ の符号と一致する。したがって，$\displaystyle x<-\frac12$ で $f'(x)<0$，$\displaystyle x>-\frac12$ で $f'(x)>0$ である。よって $f$ は $\displaystyle x=-\frac12$ まで減少し，その後増加するので，ここで唯一の極小値をとる。

その値は $$\displaystyle f\!\left(-\frac12\right)=\int_{-1/2}^{1/2}\log(4t^{2}+1)\,dt.$$ 部分積分により $$\displaystyle \int\log(4t^{2}+1)\,dt=t\log(4t^{2}+1)-2t+\arctan(2t)+C$$ だから， $$\displaystyle f\!\left(-\frac12\right)=\left[t\log(4t^{2}+1)-2t+\arctan(2t)\right]_{-1/2}^{1/2}=\log 2-2+\frac{\pi}{2}.$$ したがって極小値は $\displaystyle \frac{\pi}{2}+\log 2-2$ である。

(2) $g(t)=\log(4t^{2}+1)$，$h(t)=g(t)-g(t-1)$ とおく。積分区間をそろえると $$\displaystyle f(x)-f(x-1)=\int_x^{x+1}\{g(t)-g(t-1)\}\,dt=\int_x^{x+1}h(t)\,dt.$$ $\displaystyle g'(t)=\frac{8t}{4t^{2}+1}$， $$\displaystyle g''(t)=\frac{8(1-4t^{2})}{(4t^{2}+1)^{2}}<0\quad(t>\frac12)$$ より，$g'$ は $\displaystyle t>\frac12$ で減少する。したがって $\displaystyle t>\frac32$ では $h'(t)=g'(t)-g'(t-1)<0$ となる。よって $\displaystyle x>\frac32$ なら $x\le t\le x+1$ の範囲で $h$ は減少し， $$h(x+1)\leq f(x)-f(x-1)\leq h(x).$$ 端点では $$\displaystyle h(x)=\log\left(1+\frac{8x-4}{4(x-1)^{2}+1}\right),\qquad h(x+1)=\log\left(1+\frac{8x+4}{4x^{2}+1}\right).$$ ここで $u>0$ に対し $\displaystyle \log(1+u)=\int_0^u\frac{ds}{1+s}$ だから，$\displaystyle \frac{u}{1+u}\leq\log(1+u)\leq u$ である。また $$\displaystyle \frac{8x-4}{4(x-1)^{2}+1}\longrightarrow0,\quad x\frac{8x-4}{4(x-1)^{2}+1}\longrightarrow2,\qquad \frac{8x+4}{4x^{2}+1}\longrightarrow0,\quad x\frac{8x+4}{4x^{2}+1}\longrightarrow2.$$ この不等式から $xh(x)\to2$，$xh(x+1)\to2$ である。上のはさみうちに $x$ を掛けて極限をとれば，求める極限は $2$ である。