2011학년도 수능(11월) 수리 가형 17번, 2014학년도 9월 수능모의평가 수학 B형 30번
여기서 다룰 문제는 색다른(?) 적분 문제이다. 2011학년도 수능 수리 가형 17번 문제는 속도-이동거리 문제에 수학 내적 문제를 결합해서 출제되었고 2014학년도 9월 모의평가 수학 B형 30번 문제는 적분변수가 바뀐 상황을 치환적분을 이용하여 해결하는 문제가 출제되었다.
먼저 2011학년도 수능 수리 가형 17번 문제다. ㄱ, ㄴ 보기는 쉬워도 ㄷ보기가 조금 어려울 것이다.
원점을 출발하여 수직선 위를 움직이는 점 \(\mathrm{P}\)의 시각 \(t\,(0\leq t\leq5)\)에서의 속도 \(v(t)\)가 다음과 같다. $$v(t)=\begin{cases}4t\,&(0\leq t<1)\\-2t+6\,&(1\leq t<3)\\t-3\,&(3\leq t\leq5)\end{cases}$$ \(0<x<3\)인 실수 \(x\)에 대하여 점 \(\mathrm{P}\)가 시각 \(t=0\)에서 시각 \(t=x\)까지 움직인 거리, 시각 \(t=x\)에서 시각 \(t=x+2\)까지 움직인 거리, 시각 \(t=x+2\)에서 시각 \(t=5\)까지 움직인 거리 중에서 최소인 값을 \(f(x)\)라 할 때, 옳은 것만을 <보기>에서 있는 대로 고른 것은? [4점]
풀이: 우선 \(0\leq t\leq 5\)에서 시각 \(t\)에 대한 속도 \(v(t)\)의 그래프는 다음과 같다. ㄱ: 시각 \(t=0\)에서 시각 \(t=1\)까지 움직인 거리는 \(\displaystyle\int_{0}^{1}{v(t)dt}=2\), 시각 \(t=1\)에서 시각 \(t=3\)까지 움직인 거리는 \(\displaystyle\int_{1}^{3}{v(t)dt}=4\), 시각 \(t=3\)에서 시각 \(t=5\)까지 움직인 거리는 \(\displaystyle\int_{3}^{5}{v(t)dt}=2\)이다. \(2,\,4,\,2\)중 가장 작은 것은 \(2\)이므로 따라서 \(f(1)=2\)이다. ㄴ: 시각 \(t=2\)에서 시각 \(t=4\)까지 움직인 거리는 \(\displaystyle\int_{2}^{4}{v(t)dt}=\frac{3}{2}\), 시각 \(t=4\)에서 시각 \(t=5\)까지 움직인 거리는 \(\displaystyle\int_{4}^{5}{v(t)dt}=\frac{3}{2}\)이다. \(\displaystyle5,\,\frac{3}{2},\,\frac{3}{2}\)중 가장 작은 것은 \(\displaystyle\frac{3}{2}\)이므로 \(\displaystyle f(2)=\frac{3}{2}\)이다. 이때$$\int_{1}^{2}{v(t)dt}=3$$이고$$f(2)-f(1)=\frac{3}{2}-2=-\frac{1}{2}$$이므로 따라서 \(\displaystyle f(2)-f(1)\neq\int_{1}^{2}{v(t)dt}\)이다. ㄷ: \(0<h<1\)이라 하자. \(1-h<x<1\)일 때 $$\int_{0}^{x}{v(t)dt}<\int_{x+2}^{5}{v(t)dt}<\int_{x}^{x+2}{v(t)dt}$$이므로 \(\displaystyle f(x)=\int_{0}^{x}{4tdt}=2x^{2}\)이고 \(1<x<1+h\)일 때 $$\int_{x+2}^{5}{v(t)dt}<\int_{0}^{x}{v(t)dt}<\int_{x}^{x+2}{v(t)dt}$$이므로 \(\displaystyle f(x)=\int_{x+2}^{5}{(t-3)dt}=-\frac{1}{2}x^{2}+x+\frac{3}{2}\)이다. $$\lim_{x\,\rightarrow\,1-}{f(x)}=\lim_{x\,\rightarrow\,1-}{2x^{2}}=2,\,\lim_{x\,\rightarrow\,1+}{f(x)}=\lim_{x\,\rightarrow\,1+}{\left(-\frac{1}{2}x^{2}+x+\frac{3}{2}\right)}=2$$이고 ㄱ에 의해 \(f(1)=2\)이므로 \(f(x)\)는 \(x=1\)에서 연속이다. 그러나 $$\lim_{x\,\rightarrow\,1-}{\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}=\lim_{x\,\rightarrow\,1-}{\frac{2x^{2}-2}{x-1}}=\lim_{x\,\rightarrow\,1-}{2(x+1)}=4,\\ \lim_{x\,\rightarrow\,1+}{\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}=\lim_{x\,\rightarrow\,1+}{\frac{-x^{2}+2x-1}{2(x-1)}}=-\lim_{x\,\rightarrow\,1+}{\frac{1}{2}(x-1)}=0$$이므로 \(f(x)\)는 \(x=1\)에서 미분가능하지 않다. 옳은 것은 ㄱ 뿐이다. |
ㄷ에서 \(f(x)\)의 \(x=1\)에서의 미분가능성을 따지려면 미분계수의 정의 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,1}{\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}\)를 \(1-\)일때의 좌극한, \(1+\)일때의 우극한으로 나누어서 구한다.
다음은 2014학년도 9월 모의평가 수학 B형 30번 문제이다. 치환적분을 이용해서 적분변수가 바뀐 함수의 적분을 구한다.
두 연속함수 \(f(x),\,g(x)\)가 $$g(e^{x})=\begin{cases}f(x)\,&(0\leq x<1)\\g(e^{x-1})+5\,&(1\leq x\leq2)\end{cases}$$ 를 만족시키고, \(\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}{g(x)dx}=6e^{2}+4\)이다. \(\displaystyle\int_{1}^{e}{f(\ln x)dx}=ae+b\)일 때, \(a^{2}+b^{2}\)의 값을 구하시오. (단, \(a,\,b\)는 정수이다.) [4점] 풀이: \(e^{x}=t\)라 하자. 그러면 \(x=\ln t\)이고 $$g(t)=\begin{cases}f(\ln t)\,&(1\leq t<e)\\g\left(\frac{1}{e}t\right)+5\,&(e\leq t\leq e^{2})\end{cases}$$이다. \(\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}{g(x)dx}=6e^{2}+4\)이므로$$\int_{1}^{e^{2}}{g(x)dx}=\int_{1}^{e}{f(\ln x)dx}+\int_{e}^{e^{2}}{\left\lbrace g\left(\frac{1}{e}x\right)+5\right\rbrace dx}=\int_{1}^{e}{f(\ln x)dx}+\int_{e}^{e^{2}}{g\left(\frac{1}{e}x\right)dx}+5e(e-1)=6e^{2}+4$$이고 \(\displaystyle t=\frac{1}{e}x\)라 하면 \(\displaystyle \frac{dt}{dx}=\frac{1}{e}\)이고$$\int_{e}^{e^{2}}{g\left(\frac{1}{e}x\right)dx}=e\int_{1}^{e}{g(t)dt}=e\int_{1}^{e}{f(\ln t)dt}$$이므로$$\left(1+e\right)\int_{1}^{e}{f(\ln x)dx}+5e^{2}-5e=6e^{2}+4$$이고$$(e+1)\int_{1}^{e}{f(\ln x)dx}=e^{2}+5e+4=(e+1)(e+4)$$이므로$$\int_{1}^{e}{f(\ln x)dx}=e+4$$이다. \(a=1,\,b=4\)이므로 따라서 \(a^{2}+b^{2}=1^{2}+4^{2}=1+16=17\)이다. |
문제에 주어진 함수 \(g(e^{x})\)를 \(t=e^{x}\)로 놓고 \(g(x)\)로 바꿔서 \(\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}{g(x)dx}=6e^{2}+4\)에 대입한 다음 치환적분을 이용해서 \(\displaystyle\int_{1}^{e}{f(\ln x)dx}\)의 값을 구한다.
