九州大学 2026年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1) $g(t)=\log (4t^2+1)$ とおくと $$f(x)={\int }_x^{x+1}g(t)dt$$ である。積分区間の両端が $x$ によって動くので，$f^{\mathrm{\prime }}(x)=g(x+1)-g(x)$ である。したがって $$f^{\mathrm{\prime }}(x)=\log (4(x+1{)}^2+1)-\log (4x^2+1)=\log \frac{4(x+1{)}^2+1}{4x^2+1}$$ である。 $f^{\mathrm{\prime }}(x)=0$ となるのは $4(x+1{)}^2+1=4x^2+1$ のときであり，整理して $8x+4=0$ より $x=-\frac{1}{2}$ である。また，$4(x+1{)}^2+1<4x^2+1$ は $(x+1{)}^2<x^2$ すなわち $x<-\frac{1}{2}$ と同値である。よって $x<-1\mathrm{/}2$ で $f^{\mathrm{\prime }}(x)<0$，$x>-1\mathrm{/}2$ で $f^{\mathrm{\prime }}(x)>0$ となる。したがって $x=-1\mathrm{/}2$ で極小となる。

極小値を求める。 $$f(-\frac{1}{2})={\int }_{-1\mathrm{/}2}^{1\mathrm{/}2}\log (4t^2+1)dt$$ である。被積分関数は偶関数なので $$f(-\frac{1}{2})=2{\int }_0^{1\mathrm{/}2}\log (4t^2+1)dt$$ である。ここで部分積分を用いると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{1\mathrm{/}2}\log (4t^2+1)dt}& {\displaystyle ={[t\log (4t^2+1)]}_0^{1\mathrm{/}2}-{\int }_0^{1\mathrm{/}2}t\cdot \frac{8t}{4t^2+1}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\log 2-{\int }_0^{1\mathrm{/}2}\frac{8t^2}{4t^2+1}dt\mathrm{.}}\end{array}$$さらに $$\frac{8t^2}{4t^2+1}=2-\frac{2}{4t^2+1}$$ だから$${\int }_0^{1\mathrm{/}2}\log (4t^2+1)dt=\frac{1}{2}\log 2-1+{\int }_0^{1\mathrm{/}2}\frac{2}{4t^2+1}dt$$である。最後の積分で $u=2t$ とおくと $${\int }_0^{1\mathrm{/}2}\frac{2}{4t^2+1}dt={\int }_0^1\frac{1}{u^2+1}du$$ である。さらに $u=\tan \theta$ とおくと，$u=0$ で $\theta =0$，$u=1$ で $\theta =\pi \mathrm{/}4$ だから $${\int }_0^1\frac{1}{u^2+1}du={\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}1d\theta =\frac{\pi }{4}$$ である。よって$$f(-\frac{1}{2})=2(\frac{1}{2}\log 2-1+\frac{\pi }{4})=\log 2-2+\frac{\pi }{2}$$である。したがって $$x=-\frac{1}{2}\text{ で極小値 }\log 2-2+\frac{\pi }{2}$$ であり，極大値は存在しない。

(2)
$g(t)=\log (4t^2+1)$ とおく。積分区間を $[0,1]$ にそろえると$$f(x)-f(x-1)={\int }_0^1\{g(x+u)-g(x-1+u)\}du\mathrm{.}$$さらに微分積分学の基本定理より$$g(x+u)-g(x-1+u)={\int }_0^1{g}^{\mathrm{\prime }}(x-1+u+v)dv$$である。したがって$$x\{f(x)-f(x-1)\}={\int }_0^1{\int }_0^{1}x{g}^{\mathrm{\prime }}(x-1+u+v)dvdu\mathrm{.}$$ここで$$g^{\mathrm{\prime }}(s)=\frac{8s}{4s^2+1}\mathrm{.}$$$c=-1+u+v$ とおけば $-1\leqq c\leqq 1$ であり，$x>2$ のとき$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mid x{g}^{\mathrm{\prime }}(x+c)-2\mid }& {\displaystyle =\mid \frac{8x(x+c)}{4(x+c{)}^2+1}-2\mid }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\mathrm{\mid }8c(x+c)+2\mathrm{\mid }}{4(x+c{)}^2+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \leqq \frac{8x+10}{4(x-1{)}^2+1}\mathrm{.}}\end{array}$$右辺は $x\to \mathrm{\infty }$ で0に収束し，$c\in [-1,1]$ に依存しない。よって $x{g}^{\mathrm{\prime }}(x+c)\to 2$ はこの区間で一様である。上の二重積分との差を直接評価すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mid x\{f(x)-f(x-1)\}-2\mid }& {\displaystyle \leqq {\int }_0^1{\int }_0^1\mid x{g}^{\mathrm{\prime }}(x-1+u+v)-2\mid dvdu}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \leqq \frac{8x+10}{4(x-1{)}^2+1}⟶0.}\end{array}$$したがって$$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }x\{f(x)-f(x-1)\}=2.$$