Encontraremos el asintótico de la integral en $n\to\infty$.
Usando la representación integral $\,_2F_1(a,b;c;x)=\frac1{B(b,\,c-b)}\int_0^1z^{b-1}(1-z)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}dz,\, c>b>0$ $$_2F_1\Big(-\frac n2,n-1;n-\frac12;x\Big)=\frac1{B\big(n-1;\frac12\big)}\int_0^1 z^{n-2}(1-z)^{-\frac12}(1-zx)^\frac n2dz\tag{1}$$ La condición $c>b>0$ se cumple ($n-\frac12>n-1>0$).
Usando (1) $$I(n,c)=\frac1{B\big(n-1;\frac12\big)}\int_0^1 dx\int_0^1dz\,\,e^{-cx^2}(1-z)^{-\frac12}z^{n-2}(1-zx)^\frac n2 x^{2n-2}(1+x)^n$$ $$=\frac1{B\big(n-1;\frac12\big)}\int_0^1 dx\int_0^1dz\,\,e^{-cx^2}(1-z)^{-\frac12}z^{-2}x^{-2}e^{n(2\ln x+\ln(1+x)+\ln z+\frac12\ln(1-zx)}$$ Vemos que la función $f(x,z)=2\ln x+\ln(1+x)+\ln z+\frac12\ln(1-zx)$ no tiene un extremo dentro de $(x,z)\in(0;1)\times(0;1)$. De hecho, $$\frac{\partial}{\partial x}f(x,z)=\frac2x+\frac1{1+x}-\frac z{2(1-zx)}\tag{a}$$ $$\frac{\partial}{\partial z}f(x,z)=\frac1z-\frac x{2(1-zx)}\text{(Se corrigió un pequeño error)}\tag{b}$$ Multiplicando (a) y (b) respectivamente por $x$ y $z$ y tomando la diferencia, $$\frac x{1+x}+1\neq0$$ Esto significa que la función $f(x,z)$ solo puede tener un extremo condicional en el borde del área. Es evidente ver (sin una prueba de mi parte) que este máximo condicional se alcanza en $x\to1$. Haciendo la sustitución $x=1-t$ $$I(n,c)=\frac{2^n}{B\big(n-1;\frac12\big)}\int_0^1\int_0^1\frac{e^{-c(1-t)^2}}{(1-t)^2}\frac{e^{n\big(2\ln(1-t)+\ln(1-\frac t2)\big)}}{\sqrt{1-z}}(1-z+tz)^\frac n2z^nz^{-2} dtdz$$ Usando también $$B\big(n-1;\frac12\big)=\int_0^1(1-x)^{n-2}\frac{dx}{\sqrt x}=2\int_0^1e^{(n-2)\ln(1-t^2)}dt\sim2\int_0^\infty e^{(n-2)t^2}dt\sim\sqrt{\frac\pi n}$$ y considerando $t\ll1$, obtenemos el término asintótico principal: $$I(n,c)\sim\sqrt{\frac n\pi }2^ne^{-c}\int_0^1\int_0^1e^{-\frac52nt}(1-z+zt)^\frac n2\frac1{\sqrt{1-z}}\frac{z^{n}}{z^2}dtdz$$ $$=\sqrt{\frac n\pi}2^ne^{-c}\int_0^1\int_0^1e^{-\frac52nt}(1+\frac{zt}{1-z})^\frac n2\frac{(1-z)^\frac n2}{\sqrt{1-z}}\frac{z^{n}}{z^2}dtdz$$ $$=\sqrt{\frac n\pi}2^ne^{-c}\int_0^1\int_0^1e^{-\frac52nt}(1+\frac{zt}{1-z})^\frac n2\frac{e^{n\big(\ln z+\frac12\ln(1-z)\big)}}{z^2\sqrt{1-z}}dtdz$$ $$=\sqrt{\frac n\pi}2^ne^{-c}\frac 2{5n}\int_0^{\frac{5n}2}e^{-x}dx\int_0^1\Big(1+\frac{2zx}{5(1-z)n}\Big)^\frac n2\frac{e^{n\big(\ln z+\frac12\ln(1-z)\big)}}{z^2\sqrt{1-z}}dz$$ La función $g(z)=\ln z+\frac12\ln(1-z)$ alcanza su máximo en $z_0=\frac23;\,g''(z_0)=-\frac{27}4$. Usando el método de Laplace $$I\sim\sqrt{\frac n\pi}\frac {2^{n+1}e^{-c}}{5n}\frac{e^{n\big(\ln z_0+\frac12\ln(1-z_0)\big)}}{z_0^2\sqrt{1-z_0}}\int_0^\infty e^{-x+\frac{z_0x}{5(1-z_0)}}dx\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{27ns^2}8}ds$$ Integrando y colocando $z_0=\frac23$, después de transformaciones sencillas obtenemos el término asintótico principal: $$\boxed{\,\,I(n,c)\sim \frac{e^{-c}}{n}\frac{2^{2n+\frac12}}{3^\frac{3n}2},\,\,n\gg1\,\,}$$ El análisis muestra que $\displaystyle I(n,c)\sim \frac{e^{-c}}{n}\frac{2^{2n+\frac12}}{3^\frac{3n}2}\left(1+O\Big(\frac1n\Big)\right)$.
Tenemos un acuerdo numérico razonable incluso con bajos $n$: por ejemplo, en $c=0$ y $n=20$ $\displaystyle I(20,0)=0.000396...;\,\,\text{aproximación}=0.000377...$; la diferencia $\approx 5$% $= \frac1{20}$
(https://www.wolframalpha.com/input?i=%5Cint_0%5E1%28x%5E%7B38%7D%281%2Bx%29%5E%7B20%7D+2F1%5B-10%2C+19%2C+19.5%2C+x%5D%29dx y https://www.wolframalpha.com/input?i=2%5E%2840.5%29%2F3%5E%2830%29%2F20)
No puedo revisar la respuesta para $n$ más grandes: WA no evalúa correctamente la integral (incluso aparecen valores negativos - por ejemplo, https://www.wolframalpha.com/input?i=%5Cint_0%5E1%28x%5E%7B98%7D%281%2Bx%29%5E%7B50%7D+2F1%5B-25%2C+49%2C+49.5%2C+x%5D%29dx)
