はじめに、和積の公式をつくる。
公式を憶えてなくても、問題文の誘導に乗ってゆけば大丈夫。

$\sin$の加法定理を思い出すと、
$\sin\left(\alpha+\beta\right)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$
②
$\sin\left(\alpha-\beta\right)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta$
③
だった。

解答ア：１

②式と③式を辺々たすと、
$\sin\left(\alpha+\beta\right)+\sin\left(\alpha-\beta\right)=2\sin\alpha\cos\beta$
式Ａ
ができる。

式Ａを
$\sin A+\sin B=2\sin\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2}$
①
と見比べると、

$\left\{\begin{array}{l}
\alpha=\dfrac{A+B}{2}\\
\beta=\dfrac{A-B}{2}
\end{array}\right.$
のとき、ふたつの式は同じになることが分かる。

解答イ：４, ウ：５

①式より、$f(x)$は
$f(x)=\sin\left(x+\dfrac{5}{12}\pi\right)+\sin\left(x+\dfrac{\pi}{12}\right)$
式Ｂ

途中式

$$ \begin{align} \phantom{f(x)}&=2\sin\dfrac{\left(x+\cfrac{5}{12}\pi\right)+\left(x+\cfrac{\pi}{12}\right)}{2}\\ &\hspace{50px}\times\cos\dfrac{\left(\AKA{\cancel{\KURO{x}}}+\cfrac{5}{12}\pi\right)-\left(\AKA{\cancel{\KURO{x}}}+\cfrac{\pi}{12}\right)}{2}\\ &=2\sin\dfrac{2x+\cfrac{\MIDORI{\cancel{\KURO{6}}}}{\MIDORI{\cancelto{2}{\KURO{12}}}}\pi}{2}\cos\dfrac{\cfrac{\SORA{\cancel{\KURO{4}}}}{\SORA{\cancelto{3}{\KURO{12}}}}\pi}{2}\\[4px] &=2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\dfrac{\pi}{6} \end{align} $$

$\phantom{f(x)}=2\cos\dfrac{\pi}{6}\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$式Ｃ
と変形できる。

解答エ：３, オ：２

ここで、
$\cos\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
なので、
$x+\dfrac{\pi}{4}=X$式Ｄ
とおくと、式Ｃは
$$ \begin{align} f(x)&=2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin X\\ &=\sqrt{3}\sin X\TF{式Ｅ} \end{align} $$ とかける。

いま
$ 0\leqq x \lt 2\pi$
だけど、この各辺に$\dfrac{\pi}{4}$をたして、
$\dfrac{\pi}{4}\leqq x+\dfrac{\pi}{4} \lt 2\pi+\dfrac{\pi}{4}$

これに式Ｄを代入すると、$X$の定義域は
$\dfrac{\pi}{4}\leqq X \lt 2\pi+\dfrac{\pi}{4}$
だ。

よって、$X$の定義域を単位円に表すと、図Ａの緑の範囲になる。

図Ａより、この範囲での$\sin X$ の最大値は、赤い点の
$X=\dfrac{\pi}{2}$ のとき $1$
である。

これを

であることが分かる。

(i)

(2)で式Ｂから式Ｃへの変形を思い出すと、
$f(x)=\sin\left(x+\SORA{\dfrac{5}{12}\pi}\right)+\sin\left(x+\SORA{\dfrac{\pi}{12}}\right)$
式Ｂ
$\phantom{f(x)}=\BGKI{2\cos\MURASAKI{\dfrac{\pi}{6}}}\sin\left(x+\AKA{\dfrac{\pi}{4}}\right)$式Ｃ
だった。

これを見ると、式Ｃの
黄色い部分は定数
紫の部分は、式Ｂの青い部分の差の$\dfrac{1}{2}$
赤い部分は、式Ｂの青い部分の和の$\dfrac{1}{2}$

になっている。
①式から分かるように、これは偶然じゃない。

このことから、$\alpha$，$\beta$ を定数として、
$\sin\left(x+\alpha\right)+\sin\left(x+\beta\right)$
に①式を使うと
$2\cos\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)\sin\left(x+\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)$式Ｆ
になることが分かる。

ということは、
$(x+a)$と$(x+3a)$
に式Ｆを使うと、太郎さんの発言のように 二つの関数の和が残りひとつの関数の定数倍になるはずだ。

この方針で計算する。

式Ｆより、
$\sin\left(x+a\right)+\sin\left(x+3a\right)$

途中式

$$ \begin{align} &\qquad=2\cos\left(\dfrac{a-3a}{2}\right)\sin\left(x+\dfrac{a+3a}{2}\right)\\ &\qquad=2\cos\left(-a\right)\sin\left(x+2a\right)\\ \end{align} $$

$\qquad=2\cos a\sin\left(x+2a\right)$式Ｇ

解答ク：１, ケ：１

この式Ｇを$g(x)$の式に代入すると、
$g(x)=2\cos a\sin\left(x+2a\right)+\sin(x+2a)$
とかける。

これを整理すると、$g(x)$は
$g(x)=\left(2\cos a+1\right)\sin\left(x+2a\right)$
と表せる。

解答コ：４

(ii)

$ a=\dfrac{5}{6}\pi$ のとき、$g(x)$は

途中式

$$ \begin{align} g(x)&=\left(2\cos\dfrac{5}{6}\pi+1\right)\sin\left(x+2\cdot\dfrac{5}{6}\pi\right)\\ &=\left\{2\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+1\right\}\sin\left(x+\dfrac{5}{3}\pi\right) \end{align} $$ より

$g(x)=\left(-\sqrt{3}+1\right)\sin\left(x+\dfrac{5}{3}\pi\right)$式Ｈ
だ。

ここで
$x+\dfrac{5}{3}\pi=X$式Ｉ
とおくと、

式Ｈに式Ｉを代入して、
$g(x)=\left(-\sqrt{3}+1\right)\sin X$ 式Ｊ
となるけど、$-\sqrt{3}+1$ は負の値だから、
$\sin X$ が最小のときに$g(x)$ は最大※

$x$の定義域 $0\leqq x\leqq 2\pi$ の各辺に$\dfrac{5}{3}\pi$をたすと
$\dfrac{5}{3}\pi\leqq x+\dfrac{5}{3}\pi\leqq 2\pi+\dfrac{5}{3}\pi$
なので、$X$の定義域は
$\dfrac{5}{3}\pi\leqq X\leqq 2\pi+\dfrac{5}{3}\pi$

である。

よって、$X$の定義域を単位円に表すと、図Ｂの緑の範囲になる。

※より、$\sin X$ が最小になるときを考える。

図Ｂより、この範囲での $\sin X$ の最小値は、赤い点の
$ X=2\pi+\dfrac{3}{2}\pi$ のとき $-1$
である。

これを

であることが分かる。