[미적분] 2017학년도 수능(11월) 수학 가형 30번, 2018학년도 9월 수능모의평가 수학 가형 30번

[미적분] 2017학년도 수능(11월) 수학 가형 30번, 2018학년도 9월 수능모의평가 수학 가형 30번

문제의 조건을 이용하여 다항함수가 갖출 조건을 추론하는 문제를 다루도록 하겠다.

다음은 2017학년도 수능 수학 가형 30번 문제이다.

30. \(x>a\)에서 정의된 함수 \(f(x)\)와 최고차항의 계수가 \(-1\)인 사차함수 \(g(x)\)가 다음 조건을 만족시킨다. (단, \(a\)는 상수이다.) (가) \(x>a\)인 모든 실수 \(x\)에 대하여 \((x-a)f(x)=g(x)\)이다. (나) 서로 다른 두 실수 \(\alpha\), \(\beta\)에 대하여 함수 \(f(x)\)는 \(x=\alpha\)와 \(x=\beta\)에서 동일한 극댓값 \(M\)을 갖는다. (단, \(M>0\)) (다) 함수 \(f(x)\)가 극대 또는 극소가 되는 \(x\)의 개수는 함수 \(g(x)\)가 극대 또는 극소가 되는 \(x\)의 개수보다 많다.   \(\beta-\alpha=6\sqrt{3}\)일 때, \(M\)의 최솟값을 구하시오. [4점] 풀이: 함수 \(f(x)\)의 정의역이 \(x>a\)이므로 \(\alpha,\,\beta>a\)이다. 또한 조건 (가)에서 \(x>a\)에서 \(g(x)=(x-a)f(x)\)이므로$$g'(x)=f(x)+(x-a)f'(x)$$이고 조건 (나)에 의해 \(f'(\alpha)=f'(\beta)=0\), \(f(\alpha)=f(\beta)=M\)이므로 위의 \(g'(x)\)에 \(x=\alpha\), \(x=\beta\)를 대입하면 \(g'(\alpha)=g'(\beta)=M\)이다. \(g(x)\)는 문제의 조건에 의해 최고차항의 계수가 \(-1\)인 사차함수이다. 앞에서 \(g'(\alpha)=g'(\beta)=M\)이어야 하므로$$\begin{align*}g(x)&=-(x-\alpha)^{2}(x-\beta)^{2}+Mx\\&=-(x-\alpha)^{2}(x-\alpha-6\sqrt{3})^{2}+Mx\end{align*}$$이다. \(t=x-\alpha+3\sqrt{3}\)이라 하면$$\begin{align*}g(x)&=-(t-3\sqrt{3})^{2}(t+3\sqrt{3})^{2}+M(t+\alpha-3\sqrt{3})\\&=-(t^{2}-27)^{2}+M(t+\alpha-3\sqrt{3})\end{align*}$$이고$$\frac{d}{dt}g(x)=-4t(t^{2}-27)+M$$이다.$$h(t)=4t(t^{2}-27)=4t^{3}-108t$$라 하자.$$h'(t)=12t^{2}-108=12(t^{2}-9)$$이므로 \(t=-3\)에서 \(h(t)\)는 극대이고 \(h(-3)=216\), \(t=3\)에서 \(h(t)\)는 극소이고 \(h(3)=-218\)이다. 위의 그래프는 방정식 \(g'(x)=0\) 즉 \(4t(t^{2}-27)=M\)의 해의 개수를 구하기 위해 그린 그래프이다. 조건 (다)에서 함수 \(f(x)\)의 극값의 개수는 \(g(x)\)의 극값의 개수보다 많아야 한다고 했고 또한 \(M>0\)이어야 하므로 문제의 조건을 만족하는 \(M\)의 값의 범위는 \(M\geq216\)이다. 따라서 \(M\)의 최솟값은 \(216\)이다.

다음은 2018학년도 9월 모의평가 수학 가형 30번 문제이다. 주어진 조건을 이용하여 다항함수의 도함수의 값을 구하는 문제이다.

30. 함수 \(f(x)=\ln(e^{x}+1)+2e^{x}\)에 대하여 이차함수 \(g(x)\)와 실수 \(k\)는 다음 조건을 만족시킨다. 함수 \(h(x)=|g(x)-f(x-k)|\)는 \(x=k\)에서 최솟값 \(g(k)\)를 갖고, 닫힌 구간 \([k-1,\,k+1]\)에서 최댓값\(\displaystyle2e+\ln\left(\frac{1+e}{\sqrt{2}}\right)\)를 갖는다.     \(\displaystyle g'\left(k-\frac{1}{2}\right)\)의 값을 구하시오. (단, \(\displaystyle\frac{5}{2}<e<3\)이다.) [4점] 풀이: 함수 \(h(x)\)가 \(x=k\)에서 최솟값 \(g(k)\)를 가지므로$$h(k)=|g(k)-f(0)|=g(k)$$이고$$g(k)-f(0)=-g(k)$$이어야 한다. 왜냐하면 \(f(0)=\ln(1+1)+2=\ln2+2>0\)이므로 \(g(k)-f(0)=g(k)\)이면 \(f(0)=0\)이라는 모순이 발생하기 때문이다. 그러면$$g(k)=\frac{1}{2}f(0)=\ln\sqrt{2}+1$$이다. 한편 \(f(1)=\ln(e+1)+2e\)이므로 \(h(x)\)는 \(x=k+1\)에서 최댓값 \(\displaystyle2e+\ln\left(\frac{1+e}{\sqrt{2}}\right)=|g(k+1)-f(1)|\)를 갖고 \(g(k+1)=\ln\sqrt{2}\)이다. 이때 \(h(k)=\ln\sqrt{2}+1>0\)이므로 \(h(x)\)는 \(x=k\)에서 미분가능하고 \(h(x)=f(x-k)-g(x)\)이므로$$h'(x)=f'(x-k)-g'(x)$$이고 \(\displaystyle f'(x)=\frac{e^{x}}{1+e^{x}}+2e^{x}\), \(\displaystyle f'(0)=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}\), \(h'(k)=f'(0)-g'(k)=0\)이므로 \(\displaystyle g'(k)=f(0)=\frac{5}{2}\)이다. \(g(x)=ax^{2}+bx+c\,(a\neq0)\)이라 하자. 그러면 \(g'(x)=2ax+b\)이고 \(g(k+1)=\ln\sqrt{2}\), \(g(k)=\ln\sqrt{2}+1\)이므로$$\begin{align*}g(k+1)-g(k)&=\{a(k+1)^{2}+b(k+1)+c\}-(ak^{2}+bk+c)\\&=(2ak+b)+a=-1\end{align*}$$이고 이때 \(\displaystyle g'(k)=2ak+b=\frac{5}{2}\)이므로 \(\displaystyle\frac{5}{2}+a=-1\)이고 \(\displaystyle a=-\frac{7}{2}\)이다. 따라서$$g'\left(k-\frac{1}{2}\right)=2a\left(k-\frac{1}{2}\right)+b=(2ak+b)-a=\frac{5}{2}-\left(-\frac{7}{2}\right)=6$$이다.