[논제 1] 함수의 극값의 성질을 이용하여 함수의 극솟값을 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 치환적분법과 부분적분법을 이용하여 정적분의 값을 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 삼각형의 무게중심과 도함수의 성질을 이해하고 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $f'(x) = e^x(x-a)$이므로, $f(x)$는 $x=a$에서 극솟값을 갖는다. 따라서
$$ \begin{aligned} f(x) = \int_{0}^{x} t e^tdt - a\int_{0}^{x} e^t dt \\ = (x-1-a)e^x + 1 + a \end{aligned} $$
... (극솟값) $g(a) = f(a) = 1 + a - e^a$이다. 극솟값 $1+a-e^a = 3-e^a$이므로 $a=2$이다.
[논제 2] $F'(x) = xe^x$이고, [논제 1]에 의하여 $g(x) = 1+x-e^x$, $g(2) = 3-e^2 = m$이다.
정적분 $\int_{0}^{m} F'(h(x))dx$의 값을 구하기 위해서 $x = g(u)$로 치환하면, $h(x) = u$이고 $\frac{du}{dx} = g'(u) = (1-e^u)$이다. 또한 $x=0$일 때 $u=h(0)=0$이고, $x=m$일 때 $u=h(m)=2$이므로
$$ \begin{aligned} \int_{0}^{m} F'(h(x))dx = \int_{0}^{2} F'(u)g'(u)du \\ = \int_{0}^{2} ue^u(1-e^u)du \end{aligned} $$
$$= \left[u(e^u - \frac{1}{2}e^{2u})\right]_{0}^{2} - \int_{0}^{2} (e^u - \frac{1}{2}e^{2u})du$$
$$= \frac{3}{4} + e^2 - \frac{3}{4}e^4$$
[논제 3] 정삼각형 $T$의 높이는 $3$이고, 무게중심에서 꼭짓점까지의 거리는 $2$이다. 따라서 정삼각형 $T$의 위쪽 꼭짓점의 $y$좌표를 $c(x)$라 하면, $c(x) = k(x)+2$이다. 정삼각형 $T$의 $x$축 위쪽에 위치하는 부분의 넓이 $A(x)$는 높이가 $c(x)$인 정삼각형의 넓이이므로
$$A(x) = \frac{\sqrt{3}}{3}c(x)^2 = \frac{\sqrt{3}}{3}(k(x)+2)^2$$
이다. 한편, 넓이가 $\frac{\sqrt{3}}{3}(1+g(x))$이므로
$$ \begin{aligned} \frac{\sqrt{3}}{3}(k(x)+2)^2 = \frac{\sqrt{3}}{3}(1+g(x)) \implies (k(x)+2)^2 \\ = 1+g(x) = 2+x-e^x \end{aligned} $$
가 성립한다. $k(x)+2 \ge 0$이므로
$$k(x) = -2 + \sqrt{2+x-e^x}$$
$k'(x) = \frac{1-e^x}{2\sqrt{2+x-e^x}} = 0$으로부터 $k(x)$의 최댓값은 $x=0$에서 $-1$이다.

[논제 1] 함수의 그래프의 개형을 그려서 일대일 함수가 되는 구간을 파악할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 함수의 극값을 찾고, 방정식의 해를 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 함수 $f(x)$는 구간 $(-1, 1)$에서 $f'(x) = \frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} > 0$이므로 증가하고, 또한 구간 $(-\infty, -1)$와 $(1, \infty)$에서 $f'(x) < 0$이므로 감소한다. 함수 $f(x)$의 그래프의 개형을 그리면 다음과 같다.
닫힌구간 $[b, c]$에서 함수 $f(x)$가 일대일함수이기 위해서는 구간 $[b, c]$가 다음의 세 가지 경우 중 하나를 만족하여야 한다.
(경우 1) $[b, c] \subset (-\infty, -1]$
(경우 2) $[b, c] \subset [1, \infty)$
(경우 3) $[b, c] \subset [-1, 1]$
(경우 1)은 $c \le -1$이므로 $c$가 양의 실수임에 위배된다.
(경우 2)에서 $b \ge 1$이므로 $b$가 음의 실수임에 위배된다.
(경우 3)에서 $a \in (-1, 1)$이면, 조건을 만족하는 음의 실수 $b$와 양의 실수 $c$가 존재한다. 만일 $a = -1$이면 $b < -1$이어야 하므로 $a \ne -1$이다. 마찬가지 이유로 $a \ne 1$이다. 따라서 $a$의 범위는 $(-1, 1)$이다.
[논제 2]
(ⅰ) $A(x)$ 구하기
실수 $x$의 구간을 $x < 0$, $0 \le x < 1$, $x \ge 1$인 경우로 나누어 각각의 경우에서 조건을 만족시키는 $A(x)$를 구한다.
(경우 1) $x < 0$: $0 \le f(t) \le 1$이므로
$$ \begin{aligned} A(x) = \int_{0}^{1} |f(t) - x| dt \\ = \int_{0}^{1} (f(t) - x)dt = \int_{0}^{1} \frac{2t}{1+t^2} dt - x = \ln 2 - x \end{aligned} $$
(경우 2) $0 \le x < 1$: 닫힌구간 $[0, 1]$에서 $f(t)$는 일대일함수이므로 역함수 $g(t)$가 존재한다.
$$ \begin{aligned} A(x) = \int_{0}^{1} |f(t) - x| dt \\ = \int_{0}^{g(x)} (x - f(t)) dt + \int_{g(x)}^{1} (f(t) - x) dt = \ln 2 - 2\ln(1+[g(x)]^2) - x + 2xg(x) \end{aligned} $$
(경우 3) $x \ge 1$: (경우 1)과 동일한 방법으로 $A(x) = x - \ln 2$
그러므로
$$A(x) = \begin{cases} \ln 2 - x & (x < 0) \\ \ln 2 - 2\ln(1+[g(x)]^2) - x + 2xg(x) & (0 \le x < 1) \\ x - \ln 2 & (x \ge 1) \end{cases}$$
(ⅱ) $c$ 구하기
$x < 0$일 때 $A'(x) = -1$이고, $x \ge 1$일 때 $A'(x) = 1$이다.
$0 \le x < 1$일 때, $\frac{2g(x)}{1+[g(x)]^2} = f(g(x)) = x$이므로
$$ \begin{aligned} A'(x) = -2 \frac{2g(x)}{1+[g(x)]^2} [g(x)]' - 1 + 2g(x) + 2x[g(x)]' \\ = 2g(x) - 1 \end{aligned} $$
$A'(x) = 0$에서 $g(x) = \frac{1}{2}$이므로 $x = f(\frac{1}{2}) = \frac{4}{5}$이다. $f'(x) > 0$이므로 $g'(x) > 0$이고, $A''(x) = 2g'(x) > 0$이므로 $A(x)$는 $x = \frac{4}{5}$에서 극솟값을 갖는다. 따라서 $c = \frac{4}{5}$이다.
[참고] $A'(0) = \lim_{x \to 0-} \frac{A(x)-A(0)}{x} = \lim_{x \to 0+} \frac{A(x)-A(0)}{x} = -1$이고, 마찬가지 방법으로 $A'(1) = 1$이다.
(ⅲ) $A(k) = \ln 2$인 $k$ 구하기 ($k > 0$)
$A(x)$는 아래로 볼록하고 $A(0) = \ln 2$, $A(1) = 1 - \ln 2$이다.
• $0 < x \le 1$에서 $A(x) = \ln 2$를 만족하는 $x$는 존재하지 않는다.
• $x > 1$에서 $A(x) = x - \ln 2 = \ln 2 \implies x = 2\ln 2$이다. 따라서 $k = 2\ln 2$이다.

[논제 1] 대칭성을 가지고 있는 함수의 정적분을 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 함수의 접선과 직선과의 위치 관계를 알고 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 삼차함수의 그래프에 접하는 직선에 대한 성질을 이용하고 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 삼차함수 $f(x) = ax(x^2 - 4)$가 원점에 대칭이므로,
$$ \begin{aligned} -2 - g(0) = \int_{0}^{2} f(t) dt \\ = \int_{0}^{-2} f(t) dt = \int_{1}^{-2} f(t) dt - \int_{1}^{0} f(t) dt = g(-2) - g(0) \end{aligned} $$
따라서 $g(-2) = -2$이다.
[논제 2] $f(x) = a(x^3 - 4x)$이므로 $f'(x) = 3ax^2 - 4a$이고, $f'(1) = -a$이다.
따라서 직선 $m$은 점 $A(1, f(1))$을 지나고 직선 $l$에 수직이므로 직선 $m$의 방정식은
$$y = \frac{1}{a}(x-1) - 3a$$
이다. 직선 $m$이 점 $(13, 0)$을 지나고 $a$가 양수이므로 $a = 2$이다.
[논제 3] 곡선 $y = f(x)$ 위의 각 점에서 접선을 그어서 $x$절편을 살펴보면, 곡선 $y = f(x)$의 변곡점이 $x$축 위에 있으므로, 주어진 조건 (2)를 만족시키는 점 P는 오로지 P(2, 0)뿐이고 이 경우 두 접선 중 하나는 점 P에서 곡선 $y = f(x)$에 접한다.
곡선 $y=f(x)$와 점 P에서 접하는 직선을 $l'$이라 하고, 점 P를 지나고 곡선 $y=f(x)$와 점 P가 아닌 점 $B(b, f(b))$에서 접하는 직선을 $m'$이라 하자. 직선 $m'$의 방정식은
$$y = f'(b)(x-b) + f(b) = (3ab^2 - 4a)(x-b) + ab^3 - 4ab$$
이고, 직선 $m'$은 점 P(2, 0)을 지나므로
$$6ab^2 - 2ab^3 - 8a = 0 \implies (b+1)(b-2)^2 = 0$$
에서 $b = -1, b = 2$. $b \ne 2$이므로 $b = -1$. 즉, 점 $B(-1, f(-1))$에서 직선 $m'$과 곡선 $y = f(x)$는 접한다. 두 접선 $l', m'$은 서로 수직이므로
$$-1 = f'(-1)f'(2) = (3a-4a)(12a-4a) = -8a^2$$
이고 $a$가 양수이므로 $a = \frac{\sqrt{2}}{4}$이다.

[논제 1] 치환적분법을 활용하여 정적분의 값을 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 함수의 그래프 개형을 그려서 곡선과 직선의 위치 관계를 판단할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 치환적분법에 의하여
$$ \begin{aligned} 1 = \int_{0}^{a} \frac{2\sin x + 1}{2\cos x + \sin x \cos x} dx \\ = \int_{0}^{a} \frac{2\sin x + 1}{(2+\sin x)^2} \times \frac{2+\sin x}{\cos x} dx = -\int_{0}^{a} \frac{f'(x)}{f(x)} dx = \left[-\ln |f(x)|\right]_{0}^{a} = \ln \frac{|f(0)|}{|f(a)|} \end{aligned} $$
$f(0) = \frac{1}{2}$이므로 $\ln \frac{1}{2|f(a)|} = 1 \implies f(a) = \frac{1}{2e}$ 이다.
[논제 2] 구간 $[\frac{\pi}{2}, 2\pi]$에서 $y = f(x)$의 그래프의 개형을 구하자.
$$ \begin{aligned} f'(x) = \frac{-(2+\sin x)\sin x - \cos^2 x}{(2+\sin x)^2} \\ = -\frac{2\sin x + 1}{(2+\sin x)^2} = 0 \end{aligned} $$
으로부터 $x = \frac{7}{6}\pi$일 때 극솟값 $-\frac{\sqrt{3}}{3}$을 갖고, $x = \frac{11}{6}\pi$일 때 극댓값 $\frac{\sqrt{3}}{3}$을 갖는다. 또한 $f'(x) > 0$인 경우 $2\sin x + 1 < 0$이므로 $\frac{7}{6}\pi < x < \frac{11}{6}\pi$에서 $f(x)$는 증가하고, $f'(x) < 0$인 경우 $$\frac{\pi}{2} \le x < \frac{7}{6}\pi$$ 또는 $$\frac{11}{6}\pi < x \le 2\pi$$에서 $f(x)$는 감소한다.
$|3f(x) - k| = 1$은 $f(x) = \frac{k-1}{3}$ 또는 $f(x) = \frac{k+1}{3}$이므로, 교점의 개수가 2인 경우는 두 직선 $y = \frac{k-1}{3}$과 $y = \frac{k+1}{3}$의 교점 개수의 합이 2인 경우와 같다. 두 직선의 거리는 $\frac{2}{3} > \frac{\sqrt{3}}{3}$이고 $\frac{2}{3} > \frac{1}{2}$이므로 구하는 $k$의 범위는 다음과 같다.
(i) $-\frac{\sqrt{3}}{3} < \frac{k+1}{3} \le 0 \implies -1-\sqrt{3} < k \le -1$
(ii) $\frac{k-1}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{3} \implies k = 1-\sqrt{3}$
(iii) $\frac{\sqrt{3}}{3} - \frac{2}{3} < \frac{k-1}{3} \le 0 \implies -1+\sqrt{3} < k \le 1$
(iv) $\frac{1}{2} \le \frac{k-1}{3} < \frac{\sqrt{3}}{3} \implies \frac{5}{2} \le k < 1+\sqrt{3}$
따라서 구하는 실수 $k$의 범위는 $-1-\sqrt{3} < k \le -1$, $k = 1-\sqrt{3}$, $-1+\sqrt{3} < k \le 1$, $\frac{5}{2} \le k < 1+\sqrt{3}$이다.

[논제 1] 함수의 그래프의 개형을 파악하고 정적분을 이용하여 도형의 넓이를 구할 수 있는지를 측정하는 문제이다.
[논제 2] 함수의 미분가능성을 확인할 수 있는지를 측정하는 문제이다.
[논제 3] 극값의 개념을 이해하고 있는지를 측정하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $f(x) = \left| |\tan x| - 1 \right| = \begin{cases} \tan x - 1 & (\frac{\pi}{4} \le x < \frac{\pi}{2}) \\ -\tan x + 1 & (0 \le x < \frac{\pi}{4}) \\ \tan x + 1 & (-\frac{\pi}{4} \le x < 0) \\ -\tan x - 1 & (-\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{4}) \end{cases}$ 이고, $f(\frac{\pi}{4}) = f(-\frac{\pi}{4}) = 0$ 이다.
따라서 구하는 넓이 $S$는
$$ \begin{aligned} S = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} f(x) dx \\ = \frac{\pi}{2} - 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan x dx = \frac{\pi}{2} - \ln 2 \end{aligned} $$
[논제 2] 함수 $g(x) = f(x)p(x)$는 구간 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$에서 $x \ne \frac{\pi}{4}, 0, -\frac{\pi}{4}$ 일 때 미분가능하고 도함수는 $g'(x) = f'(x)p(x) + f(x)p'(x)$ 이다. 한편, $f(x)$는 $x = \frac{\pi}{4}, 0, -\frac{\pi}{4}$ 에서 미분가능하지 않다. 따라서 조건 (1)로부터
$$p\left(\frac{\pi}{4}\right) = p(0) = p\left(-\frac{\pi}{4}\right) = 0$$
이어야 하므로, 적당한 상수 $a$ ($a \ne 0$)에 대하여
$$ \begin{aligned} p(x) = a x \left(x - \frac{\pi}{4}\right)\left(x + \frac{\pi}{4}\right) \\ = a \left(x^3 - \frac{\pi^2}{16}x\right) \quad \cdots\cdots (1) \end{aligned} $$
이다. $h(0) = 0$, $h(x) \ge 0$ 으로부터
$$ \begin{aligned} \lim_{t \to 0+} \frac{h(t) - h(0)}{t} = \lim_{t \to 0+} \frac{h(t)}{t} \ge 0, \quad \lim_{t \to 0-} \frac{h(t) - h(0)}{t} \\ = -\lim_{t \to 0+} \frac{h(t)}{t} \le 0 \end{aligned} $$
이므로 $h(x)$가 $x=0$에서 미분가능하려면 $\lim_{t \to 0} \frac{h(t)}{t} = 0$ 이다. 또한,
$$-h(t) \le \tan t + p(t) \le h(t) \implies \lim_{t \to 0} \frac{\tan t + p(t)}{t} = 0$$
이고 $\lim_{t \to 0} \frac{\tan t + p(t)}{t} = 1 - a \frac{\pi^2}{16} = 0$ 이다. 따라서 $a = \frac{16}{\pi^2}$ 이고, $p(x) = \frac{16}{\pi^2}x^3 - x$ 이다.
[논제 3] $\tan x + p(x)$는 미분가능하고, $\tan x + p(x)$의 도함수는
$$ \begin{aligned} \sec^2 x + p'(x) = \sec^2 x + \frac{48}{\pi^2}x^2 - 1 \\ = \tan^2 x + \frac{48}{\pi^2}x^2 \ge 0 \end{aligned} $$
이므로 구간 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$에서 함수 $\tan x + p(x)$는 증가한다. 또한, $h(0) = 0$이므로 함수 $h(x) = \left|\tan x + \frac{16}{\pi^2}x^3 - x\right|$ 는 $x < 0$일 때 감소하고 $x > 0$일 때 증가한다. 따라서 극값을 갖는 $x$의 개수는 $1$개이다.

[논제 1] 함수의 그래프 개형을 이용하여 직선과의 교점 개수를 파악할 수 있는지를 측정하는 문제이다.
[논제 2] 치환적분법을 이해하여 활용할 수 있는지를 측정하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 함수 $f(x) = \frac{e^x}{e^x+1}$의 그래프의 개형을 생각해보자. $f(x)$는 연속함수이고 미분가능하며 $f'(x) = \frac{e^x}{(e^x+1)^2} > 0, f''(x) = \frac{e^x(1-e^x)}{(e^x+1)^3}$ 이므로 $f(x)$는 증가함수이고, 구간 $[-k, k]$에서 최솟값 $f(-k) = \frac{1}{e^k+1}$, 최댓값 $f(k) = 1 - \frac{1}{e^k+1}$을 갖고 $f(0) = \frac{1}{2}$이다. 또한 $x < 0$일 때 $f'(x)$가 증가하고 $x > 0$일 때 $f'(x)$가 감소하므로, 곡선 $y=f(x)$의 증가와 감소에 관한 개형은 아래와 같다. 변 $AB$와 곡선 $y=f(x)$는 만나지 않고, 변 $BC$와 곡선 $y=f(x)$는 한 점에서 만나므로 변 $AC$와 곡선 $y=f(x)$는 세 점에서 만나야 한다. 즉, 점 $A(-k, 0)$과 점 $C(k, 1)$을 지나는 직선의 방정식 $y = \frac{1}{2k}x + \frac{1}{2}$과 곡선 $y = \frac{e^x}{e^x+1}$은 $-k \le x \le k$의 범위에서 서로 다른 세 점에서 만나야 한다. 직선 $y = \frac{1}{2k}x + \frac{1}{2}$이 곡선 $y = f(x)$와 점 $(0, \frac{1}{2})$에서 접할 때 (직선의 기울기) $= \frac{1}{2k} = f'(0) = \frac{1}{4}$ 이다. 따라서, $f(x)$의 그래프의 개형에 의하여, 곡선 $y=f(x)$가 직선 $y = \frac{1}{2k}x + \frac{1}{2}$과 서로 다른 세 점에서 만나려면 (직선의 기울기) $= \frac{1}{2k} < \frac{1}{4} \implies k > 2$이어야 한다. 또한 $f(-k) > 0, f(k) < 1$이므로 세 교점의 $x$ 좌표는 모두 $-k \le x \le k$의 범위에 있다. 결국 삼각형 $ABC$와 곡선 $y = f(x)$가 서로 다른 네 점에서 만나도록 하는 양의 실수 $k$의 범위는 $k > 2$ 이다.
[논제 2] $g(x) = (\beta^{-1} \circ \alpha)(x)$라 하면 $\alpha(x) = (\beta \circ g)(x)$ 이므로 제시문 (라)에 의해서
$$ \begin{aligned} \int_{0}^{\ln 2} \sqrt{f(t)} dt = \int_{g(0)}^{g(\ln 2)} \frac{2}{1-t^2} dt, \quad g(0) \\ = \sqrt{f(0)} = \frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned} $$
을 만족시키는 치환 $u = g(t)$를 구하면 된다. 이 식을 만족시키기 위해서 $u = \sqrt{f(t)}$로 치환해 보자. $u^2 = f(t)$이므로
$$ \begin{aligned} 2u \frac{du}{dt} = f'(t) \\ = \frac{e^t}{(1+e^t)^2} = \left(\frac{e^t}{1+e^t}\right)^2 \frac{1}{e^t} = u^4 \left(\frac{1}{u^2} - 1\right) = u^2(1-u^2) \end{aligned} $$
이다. 따라서
$$\int_{0}^{x} \sqrt{f(t)} dt = \int_{c}^{g(x)} \frac{2}{1-u^2} du$$
가 성립한다. 그러므로 $(\beta^{-1} \circ \alpha)(\ln 2) = \sqrt{f(\ln 2)} = \sqrt{\frac{2}{3}}$ 이다.

[논제 1] 그래프를 활용하여 함수의 최댓값과 최솟값을 판정할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 함수의 연속과 미분을 활용하여 그래프의 개형을 분석할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 치환적분법, 부분적분법, 급수의 합을 이해하고 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $f_0(x) = \frac{1}{2}x(x-a)(x+a)$라 하자. 함수 $f(x)$의 그래프가 $x$축과 만나는 점이 1개이고 함수 $f(x)$의 최댓값과 최솟값의 합이 양수이므로,
1) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -3$, $\lim_{x \to \infty} f(x) = 3$이고 $f_0(x)$의 극댓값이 3보다 크거나,
2) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 3$, $\lim_{x \to \infty} f(x) = -3$이고 $f_0(x)$의 극댓값이 3보다 커야 한다.
$f_0(x)$는 극댓값 $f_0(-\frac{a}{\sqrt{3}}) = \frac{\sqrt{3}}{9}a^3$을 갖고 위의 1)과 2)에 의하여 함수 $f(x)$의 최댓값은 $f_0(x)$의 극댓값인 $\frac{\sqrt{3}}{9}a^3$이다. 이때 함수 $f(x)$의 최솟값은 $-3$이므로 $\frac{\sqrt{3}}{9}a^3 + (-3) = 24$이고, $a = 3\sqrt{3}$이다.
[논제 2] 함수 $f(x)$에 따른 $g(k)$의 값을 살펴보면,
1) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$, $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$일 때 : $\lim_{k \to -\infty} g(k) = \lim_{k \to \infty} g(k) = 1$
2) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$, $\lim_{x \to \infty} f(x) = \pm 3$일 때 : $\lim_{k \to -\infty} g(k) = 0, \lim_{k \to \infty} g(k) = 2$
3) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = \pm 3$, $\lim_{x \to \infty} f(x) = \pm 3$일 때 : $\lim_{k \to -\infty} g(k) = \lim_{k \to \infty} g(k) = 1$
4) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = \pm 3$, $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$일 때 : $\lim_{k \to -\infty} g(k) = 2, \lim_{k \to \infty} g(k) = 0$
조건 (1)에 의해 가능한 경우는 위의 4) 뿐이고, $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 3$인 경우 $g(-a) = 2$, $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -3$인 경우 $g(-a) = 3$이므로 $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -3$이다. 조건 (3)에 의해 함수 $f(x)$의 그래프가 그려진다. 조건 (4)로부터 점 $(-3, -3)$은 직선 $y = -3$과 곡선 $y = \frac{1}{2}x(x-a)(x+a)$의 교점이므로, $-3 = \frac{1}{2}(-3)(-3-a)(-3+a)$로부터 $a = \sqrt{7}$이다. 따라서
$$f(-2a) + f(-\frac{a}{2}) + f(2a) = 21\sqrt{7}$$
이다.
[논제 3] $x = t^4$이라고 하면 $\sin\sqrt[4]{x} = \sin t$, $\sqrt{x} = t^2$, $d/dx = 4t^3 dt$이다. 치환적분법을 이용하면
$$ \begin{aligned} \int \frac{\sin\sqrt[4]{x}}{4\sqrt{x}} dx = \int t\sin t dt \\ = -x\cos x + \sin x + C \end{aligned} $$
이므로,
$$ \begin{aligned} a_n = \frac{1}{4\pi} \int_{\pi^4}^{n^4 \pi^4} \frac{\sin\sqrt[4]{u}}{\sqrt{u}} du \\ = \frac{1}{\pi} \int_{\pi}^{n\pi} x\sin x dx = \frac{1}{\pi} \left[-x\cos x + \sin x\right]_{\pi}^{n\pi} = -n(-1)^n - 1 \end{aligned} $$
따라서 $a_{2n-1} = 2n-2$ 이고 $a_{2n} = -2n-1$ 이므로,
$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{a_{2n}}}{2^{a_{2n-1}}} \\ = \sum_{n=1}^{\infty} 2^{-4n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{16^n} = \frac{2}{15} \end{aligned} $$
이다.

[논제 1] 미분을 활용하여 함수의 증가와 감소를 판단할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 부분적분법을 이해하고 활용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $k(x) = f(g(x))$라 하자. 그러면 함수 $k(x)$는 미분가능하고 $k'(x) = 2f'(\sin 2x)\cos 2x$이다. $\sin 2x$와 $\cos 2x$의 주기는 $\pi$이므로 열린구간 $(0, \pi)$에서 조건 (1)에 의하여,
1) $f'(\sin 2x) > 0, \cos 2x > 0$인 경우: $\sin 2x < 0, \cos 2x > 0$ 이어야 하므로 $\frac{\pi}{2} < x < \pi$ 이고 $\frac{3pi}{4} < x < \pi$
2) $f'(\sin 2x) < 0, \cos 2x < 0$인 경우: $\sin 2x > 0, \cos 2x < 0$ 이어야 하므로 $0 < x < \frac{\pi}{2}$ 이고 $\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$
1), 2)로부터 열린구간 $(0, \pi)$에서 $\{f(g(x))\}' > 0$인 구간은 $\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$ 와 $\frac{3\pi}{4} < x < \pi$이므로 $t_1 = \frac{\pi}{4}, t_2 = \frac{\pi}{2}, t_3 = \frac{3\pi}{4}, t_4 = \pi$ 이다. 따라서 $(t_2 - t_1) + (t_4 - t_3) = \frac{\pi}{2}$이다. 함수 $k(x)$는 주기가 $\pi$인 주기함수이므로 열린구간 $(0, n\pi)$에서 $\sum_{j=1}^{p} (t_{2j} - t_{2j-1}) = n \frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{2} \implies n = 5$ 이다.
[논제 2] 조건 (2)로부터 $f(-1) = -f(1)$이므로 두 점 $(-1, f(-1))$과 $(1, f(1))$을 지나는 직선의 방정식을 $y = l(x)$라 하면 $l(x) = f(1)x$ 이다. 한편 조건 (3)과 (4)에 의하여 곡선 $y=f(x)$는 열린구간 $(-1, 1)$에서는 위로 볼록하다. 따라서 직선 $y=l(x)$와 곡선 $y=f(x)$는 오직 두 점 $(-1, f(-1))$, $(1, f(1))$에서만 만나고 닫힌구간 $[-1, 1]$에서 $l(x) \le f(x)$이다. 조건 (4)에 의하여 $\int_{-1}^{1} \{f(x) - l(x)\}dx = \int_{-1}^{1} f(x)dx = 3$ 이므로 $h(1) = 3$ 이다.
부분적분법에 의하여 $\int h(x)\sin x dx = -h(x)\cos x + \int f(x)\cos x dx$ 이고,
$$\int h(x)\sin x dx = -h(x)\cos x \ln\cos x + \int \{f(x)\cos x - h(x)\sin x\} \ln\cos x dx$$ 이므로,
$$\int \{ f(x)\cos x + h(x)\sin x \ln\cos x - f(x)\cos x \ln\cos x \} dx = h(x) \cos x - h(x) \cos x \ln\cos x + C$$ 이다. 식 $h(-1) = 0$에 의하여
$$ \begin{aligned} \int_{-1}^{1} \{ f(x)\cos x + h(x)\sin x \ln\cos x - f(x)\cos x \ln\cos x \} dx = 3\cos 1 - 3\cos 1 \ln\cos 1 \\ = 3\cos 1 \ln\frac{e}{\cos 1} \end{aligned} $$ 이다.

[논제 1] 도함수의 개념을 이해하고 이를 활용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 치환적분법을 이해하고 이를 활용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 정적분의 개념을 이해하고 이를 활용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 주어진 자연수 $n$에 대하여 $f'(x) = nx(2-x)e^{-x}$ 이므로 $f(x)$는 $x=0$에서 극솟값 $0$, $x=2$에서 극댓값 $4ne^{-2}$을 갖는다. 합성함수 미분법에 의해 $g'(x) = f'(f(x))f'(x)$ 이므로 $g'(x) = 0$의 해는 $f'(f(x)) = 0 \implies f(x) = 0, 2$ 또는 $f'(x) = 0 \implies x = 0, 2$ 이다.
1) $f'(x) = 0 \implies x = 0, 2$
2) $f(x) = 0 \implies x = 0$ (이미 포함됨)
3) $f(x) = 2$ 이다. 서로 다른 3개의 실근을 가지려면 $f(x) = 2$가 음의 실근 1개만 가져야 한다. 그 조건은 극댓값 $f(2) = 4ne^{-2} < 2 \implies n < \frac{e^2}{2} = 3.645$이다. 따라서 구하는 자연수 $n$은 $1, 2, 3$이다.
[논제 2] 조건 (2)로부터 $h(81) = h(27)+1 = h(9)+2 = h(3)+3 = h(1)+4$ 이므로 $\int_{1}^{81} h'(x)dx = h(81) - h(1) = 4$ 이다. 조건 (1)에서 $\int_{1}^{3} h(x)dx = 9$ 이므로,
$$ \begin{aligned} \int_{3}^{9} h(x)dx = \int_{3}^{9} \left\{h\left(\frac{x}{3}\right)+1\right\}dx \\ = 3\int_{1}^{3} h(t)dt + (9-3) = 3 \times 9 + 6 = 33 \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned} \int_{9}^{27} h(x)dx = \int_{9}^{27} \left\{h\left(\frac{x}{3}\right)+1\right\}dx \\ = 3\int_{3}^{9} h(t)dt + (27-9) = 3 \times 33 + 18 = 117 \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned} \int_{27}^{81} h(x)dx = \int_{27}^{81} \left\{h\left(\frac{x}{3}\right)+1\right\}dx \\ = 3\int_{9}^{27} h(t)dt + (81-27) = 3 \times 117 + 54 = 405 \end{aligned} $$
따라서 $\int_{1}^{81} (h(x) + h'(x))dx = 9 + 33 + 117 + 405 + 4 = 568$ 이다.
[논제 3] 조건 (1)에 의하여 $S(b) - S(a) = \int_{a}^{b} k(x)dx = 3S(a) + 3$ 이므로 $S(b) = 4S(a) + 3 \quad \cdots (*)$ 이다. $S(x) = \int_{0}^{x} k(t)dt$ 에서 $S'(x) = k(x)$ 이므로 $S(x) = u$로 치환하면 $\int_{a}^{b} \frac{S(x)e^{S(x)}}{(S(x)+1)^2} k(x)dx = \int_{S(a)}^{S(b)} \frac{ue^u}{(u+1)^2} du = \left[ \frac{e^u}{u+1} \right]_{S(a)}^{S(b)} = \frac{e^{S(b)}}{S(b)+1} - \frac{e^{S(a)}}{S(a)+1}$ 이고 $(*)$을 이용하면 이 적분값은 $\frac{e^{S(a)}}{S(a)+1} \left( \frac{e^{3S(a)+3}}{4} - 1 \right)$ 이다. 조건 (2)의 방정식과 비교하여 정리하면 $e^3(S(a)+1) = 64$ 이고 $S(a) = 2\ln 2 - 1$ 이다. 따라서 $S(b) = 8\ln 2 - 1$ 이다.

[논제 1] 미분법 및 함수의 그래프 개형 등을 활용하여 방정식의 해의 문제를 해결할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 접선의 개념과 함수의 개념을 활용하여 함수의 미분가능성을 판단할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $h(x) = e^x - |x^2 - e^x| = e^x - |x(x-e)|$라 하자.
- (i) $x \le 0$일 때: $h(x) = e^x - x^2 + e^x$ 이고 $h'(x) = e^x - 2x + e > 0$ 이므로 $h(x)$는 증가함수이다. $\lim_{x \to -\infty} h(x) = -\infty$, $h(0) = 1$이므로 구간 $(-\infty, 0]$에서 실근 1개를 갖는다.
- (ii) $x \ge e$일 때: $h(x) = e^x - x^2 + e^x$ 이고 $h'(x) = e^x - 2x + e$. $h''(x) = e^x - 2 > 0$ 이므로 $h'(x)$는 증가하며 $h'(e) = e^e - e > 0$ 이다. 따라서 $h(x)$는 증가함수이며 $h(e) = e^e > 0$ 이므로 구간 $[e, \infty)$에서 실근을 갖지 않는다.
- (iii) $0 < x < e$일 때: $h(x) = (e^x - e^x) + x^2 = x^2$ 이다. $x^2 > 0$ 이므로 구간 $(0, e)$에서 실근을 갖지 않는다.
따라서 실근의 개수는 $1$개이다.
[논제 2] $y = e^x$ 위의 점 $(u(t), e^{u(t)})$에서 그은 접선이 점 $(t,0)$을 지나므로 $u(t) = t+1$이다. 조건 (1)에서 $\int_{t}^{t+1} e^x dx = e^t(e-1) = 1 - \frac{1}{e} \implies e^t = e^{-1} \implies t = -1$ 이므로 $u(t) = 0$ 이고 접선 $l$의 방정식은 $y = x+1$ 이다. 삼차함수 $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ ($a > 0$) 가 점 $(0, 1)$에서 $y=x+1$과 접하므로 $d = 1, c = 1$ 이다. 조건 (2)로부터 $f(\frac{3}{2}) = \frac{5}{2} \implies b = -\frac{3}{2}a$ 이므로 $f(x) = ax^3 - \frac{3}{2}ax^2 + x + 1$ 이다. 조건 (3)에서 $f(e^x) = e^x \implies e^x = z > 0$ 이라 하면 $az^3 - \frac{3}{2}az^2 + 1 = 0$ 이 구간 $(0, \infty)$에서 오직 하나의 실근을 가져야 한다. $\lim_{z \to 0} (az^3 - \frac{3}{2}az^2 + 1) = 1$, $\lim_{z \to infty} (az^3 - \frac{3}{2}az^2 + 1) = \infty$ 이므로 극솟값 $a z_0^3 - \frac{3}{2}a z_0^2 + 1 = 0$ ($z_0 > 0$) 이어야 접하여 유일근을 갖는다. 미분하면 $3az_0(z_0 - 1) = 0 \implies z_0 = 1$ 이고 $a(1) - \frac{3}{2}a(1) + 1 = 0 \implies a = 2$ 이다. 따라서 $f(x) = 2x^3 - 3x^2 + x + 1$ 이다. $g(x) = |f(x) - x| = |2x^3 - 3x^2 + 1| = |(x-1)^2(2x+1)|$ 이므로, $x \ne -\frac{1}{2}$ 일 때는 미분가능하고 $x = -\frac{1}{2}$ 에서만 좌우 미분계수가 달라 미분가능하지 않다. 따라서 $p = -\frac{1}{2}$ 이다.