[논제 1] 미분을 이용하여 방정식의 해를 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 함수의 접선의 개념을 활용하여 문제를 해결할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 정적분을 이용하여 곡선으로 둘러싸인 도형의 넓이를 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $k(t) = e^{-(at)^2} f(at)$, $K(x) = \int_{1}^{x} k(t)dt$라 하자.
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \int_{1}^{x+1} e^{-(at)^2} f(at) dt = \lim_{x \to 0} \frac{K(x+1) - K(1)}{x} \\ = K'(1) = k(1) = e^{-a^2} f(a) = 0 \end{aligned} $$
따라서 $\cos a = \sin a$로부터 $a$의 최솟값은 $\frac{\pi}{4}$이다.
[논제 2] 교점의 $x$좌표를 $p$라 하면, $g(p) = h(p)$로부터
$$\cos p - \sin p = b \quad \cdots\cdots (1)$$
또한 $g'(x) = e^{-x} (f'(x) - f(x))$, $h'(x) = -b e^{-x}$이고, $g'(p) = h'(p)$이므로
$$2\cos p = b \quad \cdots\cdots (2)$$
(1)과 (2)에 의해 $\cos p = -\sin p$에서 $\tan p = -1$이다. $b$는 양의 실수이므로 $p_2 = \frac{15\pi}{4}$이다.
(2)에 의해 $b = \sqrt{2}$이므로 $b + p_2 = \sqrt{2} + \frac{15\pi}{4}$이다.
[논제 3] 방정식 $g(x) = 0$을 만족시키는 양수 $x$를 작은 수부터 7개 구하면
$$x = \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{9\pi}{4}, \frac{13\pi}{4}, \frac{17\pi}{4}, \frac{21\pi}{4}, \frac{25\pi}{4}$$
이다. 도형의 넓이 $A_1$은 $\frac{\pi}{4} \le x \le \frac{5\pi}{4}$에서 $g(x) \le 0$이므로 부분적분법에 의하여
$$ \begin{aligned} A_1 = -\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} (\cos x - \sin x)e^{-x} dx \\ = -\left[e^{-x} \sin x\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} = \sqrt{2}(e^{-5\pi/4} + e^{-\pi/4}) \end{aligned} $$
이고, 또한
$$ \begin{aligned} A_3 = -\int_{\frac{\pi}{4}+2\pi}^{\frac{5\pi}{4}+2\pi} (\cos x - \sin x)e^{-x} dx \\ = -\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} (\cos(x+2\pi) - \sin(x+2\pi))e^{-(x+2\pi)} dx = A_1 e^{-2\pi} \end{aligned} $$
도형의 넓이 $A_6$은 $\frac{21\pi}{4} \le x \le \frac{25\pi}{4}$에서 $g(x) \ge 0$이므로
$$ \begin{aligned} A_6 = \int_{\frac{\pi}{4}+5\pi}^{\frac{5\pi}{4}+5\pi} (\cos x - \sin x)e^{-x} dx \\ = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} (\cos(x+5\pi) - \sin(x+5\pi))e^{-(x+5\pi)} dx = A_1 e^{-5\pi} \end{aligned} $$
이다. 따라서
$$A_1 + \frac{A_6}{A_3} = \sqrt{2}(e^{-5\pi/4} + e^{-\pi/4}) + e^{-3\pi}$$

[논제 1] 함수의 극한의 개념을 이해하고 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 연속함수의 성질과 합성함수의 미분의 개념을 이해하고 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $g(0) = -2$이므로 $f(-2) = 0$이다. 또한, $f(3) = 0$이므로 $f(x) = (x+2)(x-3)(x-a)$이다. $g(6) = 1$에 의해 $f(1) = 6$이므로, $a = 2$이다.
조건 (2)에 의하여 $g(t)$는 $t < 6$에서 연속이고, 삼차함수 $f(x)$의 그래프의 개형과 <제시문> (다)에 의하여 $\lim_{t \to 6-} g(t)$은 $f(x) = 6$을 만족시키는 $x$의 값 중 가장 작은 값이다. 또한 $g(t)$는 $t > 6$에서 연속이므로 $\lim_{t \to 6+} g(t)$은 $f(x) = 6$을 만족시키는 $x$의 값 중 가장 큰 값이다.
방정식 $f(x) = (x+2)(x-3)(x-2) = 6$에서 $(x-1)(x^2-2x-6) = 0$이므로 $x = 1-\sqrt{7}, 1, 1+\sqrt{7}$이다.
따라서 $\lim_{t \to 6-} g(t) = 1-\sqrt{7}$, $\lim_{t \to 6+} g(t) = 1+\sqrt{7}$이다.
[논제 2] $f'(x) = 3x^2 - 6x$이므로 $f(x)$는 $x=2$에서 극솟값 $m$을 갖는다고 하자. $t=0$일 때, $h(0)$은 <제시문> (다)에 의하여 $y=f(x)$와 직선 $y=n$의 교점의 $x$좌표 중 하나이다. $h(t)$가 $t \ge 0$에서 연속이기 위해서는 $h(0)$가 $x \ge 2$인 구간에 위치해야 하고, $h(t)$는 곡선 $y=f(x)$와 직선 $y=t+n$이 만나는 점의 $x$좌표 중 가장 큰 값이다. 그러므로 $h(t)$가 $t \ge 0$에서 연속이기 위해서는 $f(x)$는 $x=2$에서 극솟값을 가지므로 $h(0)$가 $x \ge 2$인 구간에 위치해야 하고, $t \ge 0$에서 $h(t)$는 곡선 $y=f(x)$와 직선 $y=t+n$이 만나는 점의 $x$좌표 중 가장 큰 값이다. 그러므로 $f(x)$의 극솟값을 $m$이라 하면 $m \le n$이다. 한편, $m \le n-1$이면 같은 이유로 모든 $t \ge 0$에 대하여 $f(k(t)) = t+n-1$을 만족하는 연속함수 $k(t)$가 존재하므로 $m > n-1$이다. 따라서 $n-1 < m \le n$이다.
$f'(x) = 3x^2 - 6x$이므로 $f(x) = x^3 - 3x^2 + c$이다. 따라서 $m = f(2) = c-4$ 이고 $n-1 < c-4 \le n$이다.
$f(h(n)) = 2n = f(1) = c-2$로부터 $c = 2n+2$에서 $n+3 < 2n+2 \le n+4$이고, 즉 $1 < n \le 2$이다. 따라서 자연수 $n = 2$이고 $c = 6$이다.
$f(h(t)) = t+2$로부터 $[f(h(t))]' = f'(h(t))h'(t) = 1$이므로
$$h'(2) = \frac{1}{f'(h(2))} \quad \cdots\cdots (\bigstar)$$
또한 $h(2)$는 $f(x) = 4$를 만족하는 $x$ 중 가장 큰 값이므로 $4 = f(x) = x^3-3x^2+6$에서 $h(2) = 1+\sqrt{3}$이다.
따라서 $(\bigstar)$로부터
$$ \begin{aligned} h'(2) = \frac{1}{f'(1+\sqrt{3})} \\ = \frac{1}{3(1+\sqrt{3})(-1+\sqrt{3})} = \frac{1}{6} \end{aligned} $$

[논제 1] 절댓값이 포함된 함수의 최솟값을 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 치환적분법과 부분적분법을 활용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 사차함수의 그래프를 이용하여 극값의 위치를 파악할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $-\frac{1}{2} < t < \frac{1}{2}$ 이므로,
∙ $x \ge t$이면 $f(x) = x^2 + x - t = (x + \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4} - t$는 $x=t$에서 최솟값 $f(t) = t^2$을 갖는다.
∙ $x \le t$이면 $f(x) = x^2 - x + t = (x - \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4} + t$는 $x=t$에서 최솟값 $f(t) = t^2$을 갖는다.
그러므로 두 경우 모두 $f(x)$의 최솟값은 $f(t) = t^2$이다. 따라서 $g(t) = t^2$이다.
[논제 2] [논제 1]과 마찬가지 방법으로 $t \ge \frac{1}{2}$ 일 때 $f(x)$의 최솟값은 $f(\frac{1}{2}) = t - \frac{1}{4}$ 이고, $t \le -\frac{1}{2}$ 일 때 $f(x)$의 최솟값은 $f(-\frac{1}{2}) = -t - \frac{1}{4}$ 이다. 정리하면,
$$ \begin{aligned} g(t) = \begin{cases} -t - \frac{1}{4} & (t \le -\frac{1}{2}) \\ t^2 & (-\frac{1}{2} < t < \frac{1}{2}) \\ t - \frac{1}{4} & (t \ge \frac{1}{2}) \end{cases} \quad \text{이고} \quad g'(t) \\ = \begin{cases} -1 & (t \le -\frac{1}{2}) \\ 2t & (-\frac{1}{2} < t < \frac{1}{2}) \\ 1 & (t \ge \frac{1}{2}) \end{cases} \end{aligned} $$
함수 $g'(t)$는 원점에 대칭이므로,
$$\int_{-1}^{1} \{\ln(|g'(t)|+1)\}^2 dt = 2\int_{0}^{1/2} \{\ln(2t+1)\}^2 dt + 2\int_{1/2}^{1} (\ln 2)^2 dt$$
이다. 치환적분법과 부분적분법을 활용하면
$$ \begin{aligned} 2\int_{0}^{1/2} \{\ln(2t+1)\}^2 dt = \int_{1}^{2} (\ln u)^2 du \\ = 2(\ln 2)^2 - 4\ln 2 + 2 \end{aligned} $$
이므로,
$$\int_{-1}^{1} \{\ln(|g'(t)|+1)\}^2 dt = 3(\ln 2)^2 - 4\ln 2 + 2$$
이다.
[논제 3] 함수 $h(x)$가 $x=x_0$에서 극값을 가지면 함수 $n(k)$는 $k=h(x_0)$에서 불연속이다. 사차함수의 그래프의 개형과 주어진 조건에 의하여 $h(x)$의 극값은 3개이고, 세 극값 중 극솟값이 동일하다. $n(k)$가 특히 $k=0$에서 불연속이고 $h(x)$의 최고차항의 계수가 $1$이므로 $h(x) = (x-1)^2(x-s)^2$의 꼴이고 ($s$는 상수), $h(x)$는 $x = \frac{s+1}{2}$에서 극댓값을 갖는다. 또한 $n(k)$가 $k=1$에서 불연속이므로 $h(x)$는 $x = \frac{s+1}{2}$에서 극댓값 $1$을 갖는다. 따라서
$$h\left(\frac{s+1}{2}\right) = \left(\frac{s-1}{2}\right)^4 = 1$$
에서 $s = 3$ 또는 $s = -1$이다. $h(-1) \ne g(0) = 0$이므로 $s = 3$이다. 따라서 $h(x) = (x-1)^2(x-3)^2$이고 $h(4) = 9$이다.

[논제 1] 정적분을 이용하여 삼각함수가 포함된 방정식의 해를 구할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 정적분의 개념을 이해하여 삼각함수의 문제에 활용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 먼저 닫힌구간 $[4, 6]$에서 주어진 조건을 만족하는 $t$를 찾아보자. $\int_{0}^{4} f(x) dx = 0$이므로,
$$ \begin{aligned} \frac{1}{6\pi} = \int_{0}^{t} f(x) dx \\ = \int_{4}^{t} \sin(3\pi x) dx = \left[-\frac{1}{3\pi} \cos(3\pi x)\right]_{4}^{t} \end{aligned} $$
즉, 닫힌구간 $[4, 6]$에서 $\cos(3\pi t) = \frac{1}{2}$을 만족시키는 $t$의 값은
$$\frac{37}{9}, \frac{41}{9}, \frac{43}{9}, \frac{47}{9}, \frac{49}{9}, \frac{53}{9}$$
이다. 그러므로 닫힌구간 $[0, 6]$에서 주어진 조건을 만족시키는 $t$의 최댓값은 $\frac{53}{9}$이다.
[논제 2]
∙ $0 \le k < 2$ 이고 $\int_{0}^{k} f(x) dx = \int_{0}^{k} \sin(\pi x) dx = 0$ 인 $k$의 개수는 $1$,
∙ $2 \le k < 4$ 이고 $\int_{0}^{k} f(x) dx = \int_{2}^{k} \sin(2\pi x) dx = 0$ 인 $k$의 개수는 $2$,
∙ $4 \le k < 6$ 이고 $\int_{0}^{k} f(x) dx = \int_{4}^{k} \sin(3\pi x) dx = 0$ 인 $k$의 개수는 $3$,
∙ $6 \le k < 8$ 이고 $\int_{0}^{k} f(x) dx = \int_{6}^{k} \sin(4\pi x) dx = 0$ 인 $k$의 개수는 $4$,
∙ $8 \le k < 10$ 이고 $\int_{0}^{k} f(x) dx = \int_{8}^{k} \sin(5\pi x) dx = 0$ 인 $k$의 개수는 $5$
이므로, 구간 $0 \le k < 10$ 에서 $\int_{0}^{k} f(x) dx = 0$ 인 실수 $k$의 개수는 $15$이다. 따라서 $10 \le k \le m$ 일 때, $\int_{0}^{k} f(x) dx = \int_{10}^{k} f(x) dx = 0$ 을 만족시키는 $k$의 개수가 $3$이어야 한다.
$$ \begin{aligned} 0 = \int_{10}^{k} f(x) dx \\ = \int_{10}^{k} \sin 6\pi x dx = -\frac{1}{6\pi} [\cos 6\pi x]_{10}^{k} \end{aligned} $$
이므로, $10 \le k < 12$ 일 때 $\cos 6\pi k = 1$ 을 만족시키는 $k$의 값을 모두 구하면
$$10, 10+\frac{1}{3}, 10+\frac{2}{3}, 11, 11+\frac{1}{3}, 11+\frac{2}{3}$$
이다. 따라서 구간 $10 \le k \le m$ 인 $k$가 3개뿐이기 위한 $m$의 값의 범위는 $\frac{32}{3} \le m < 11$ 이다.

[논제 1] 정적분의 개념을 이해하고 문제를 해결할 수 있는지를 측정하는 문제이다.
[논제 2] 문제의 조건을 이용하여 그래프의 개형을 그리고, 함수의 극값을 구할 수 있는지를 측정하는 문제이다.
[논제 3] 치환적분법과 부분적분법을 이용하여 문제를 해결할 수 있는지를 측정하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 먼저 $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{2t}{t^2+3} dt = \ln(x^2+3) - \ln 4 = \ln \frac{x^2+3}{4}$ 이다. 곡선 $y=f(x)$가 $x$축과 만나는 점의 $x$좌표는 $f(x)=0 \implies x = -1, 1$이므로 삼각형 밑변의 길이는 $2$이고 높이는 $\left| \ln \frac{t^2+3}{4} \right|$ 이다. 따라서 (삼각형 넓이) $= \left| \ln \frac{t^2+3}{4} \right| = \ln \frac{4}{3}$ 에서 $\frac{t^2+3}{4} = \frac{4}{3}$ 또는 $\frac{t^2+3}{4} = \frac{3}{4}$ 이다.
∙ $\frac{t^2+3}{4} = \frac{4}{3} \implies t = \pm \frac{\sqrt{21}}{3}$
∙ $\frac{t^2+3}{4} = \frac{3}{4} \implies t^2 + 3 = 3 \implies t = 0$
따라서 구하는 $t$의 값은 $0, \frac{\sqrt{21}}{3}, -\frac{\sqrt{21}}{3}$ 이다.
[논제 2] 먼저 $g(x)$의 극값이 두 개이므로 $\alpha < \beta$ 일 때, "$g(\alpha) > g(\beta)$"는 "함수 $g(x)$가 $x=\alpha$에서 극댓값을 갖고, $x=\beta$에서 극솟값을 갖는다"와 필요충분조건이다. 함수 $g'(x) = a - \frac{16x}{(x^2+3)^2}$ 의 그래프의 개형을 그리자. $g''(x) = -\frac{16(x^2+3)^2 - 64x^2(x^2+3)}{(x^2+3)^4} = \frac{48(x^2-1)}{(x^2+3)^3}$ 이므로 $g'(x)$는 $x=-1$에서 극댓값 $a+1$, $x=1$에서 극솟값 $a-1$을 갖는다. 한편 $g'(0) = a$ 이고 $\lim_{x \to \pm \infty} g'(x) = a$ 이므로 $g'(x)$의 그래프는 극댓값이 $a+1$, 극솟값이 $a-1$이고 양끝에서 $a$로 점근한다. 그러므로 함수 $g(x)$가 $x=\alpha$에서 극대이고 $x=\beta$에서 극소를 갖기 위해서는 $x$축이 직선 $y=a-1$과 $y=a$ 사이에 놓여 있어야 한다. 따라서 $a-1 < 0 < a \implies 0 < a < 1$ 이다.
[논제 3] $g'(x) = a - \frac{16x}{(x^2+3)^2}$, $g''(x) = \frac{48(x^2-1)}{(x^2+3)^3}$ 이므로 $f(-1) = 0, g(1) = a+2, g'(-1) = a+1, g''(0) = -\frac{16}{9}$ 이다. 조건 (1)과 (2)에 의하여 $h(0) = \frac{16}{9}, h(1) = g'(-1) - g(1) = -1$ 이다. $\sin 2x = 2\sin x \cos x$ 이므로 $\cos x = u$라 하면
$$ \begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2x h(\cos x)}{(3 + \cos^2 x)^2} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2\sin x \cos x h(\cos x)}{(3 + \cos^2 x)^2} dx \\ = \int_{0}^{1} \frac{2u h(u)}{(u^2 + 3)^2} du \end{aligned} $$
이다. 여기서 $k(u) = \frac{1}{u^2+3}$이라고 하면 $k'(u) = -\frac{2u}{(u^2+3)^2}$ 이므로 부분적분법을 이용하면
$$ \begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{2u h(u)}{(u^2+3)^2} du = -\int_{0}^{1} k'(u)h(u) du \\ = -[k(u)h(u)]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} k(u)h'(u) du \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned} = -k(1)h(1) + k(0)h(0) + \int_{0}^{1} \frac{h'(u)}{u^2+3} du \\ = -\frac{1}{4}(-1) + \frac{1}{3}\left(\frac{16}{9}\right) + (-1) = -\frac{17}{108} \end{aligned} $$ 이다.

[논제 1] 함수의 그래프의 변곡점에 관한 성질을 활용하여 문제의 조건을 해석하고 함숫값을 구할 수 있는지를 측정하는 문제이다.
[논제 2] 미분가능한 함수의 극대, 극소에 관한 정의와 성질을 이해하고 이를 활용하여 문제의 조건을 만족하는 삼차함수를 찾을 수 있는지를 측정하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $f(x) = ax^2 + bx + c$ ($a < 0$)라 하면 $g''(x) = \{ax^2 + (4a+b)x + 2a+2b+c\}e^x$이다. 조건 (1)에서 $g''(1) = g''(-5) = 0$이므로 근과 계수와의 관계로부터
$$\frac{4a+b}{a} = 4, \quad \frac{2a+2b+c}{a} = -5$$
이므로, $b = 0$이고 $c = -7a$이다. 따라서 $f(x) = a(x^2 - 7), g(x) = a(x^2 - 7)e^x$ 이다. 또한 $x = -5, 1$의 좌우에서 $g''(x)$의 부호가 바뀌므로 조건 (1)을 만족시킨다. 조건 (2)에서 $x > 0$일 때, $g'(x) \le 2$이므로 $g'(x) = a(x^2 + 2x - 7)e^x \le 2$ 이다. 한편 $m(x) = (x^2 + 2x - 7)e^x$라 하자. $m'(x) = (x+5)(x-1)e^x$에서 방정식 $m'(x) = 0$의 해는 $x = 1$ 또는 $x = -5$이다. $x > 0$일 때, 함수 $m(x)$의 증가와 감소를 표로 나타내면 $0 < x < 1$에서 $m'(x) < 0$이므로 감소, $x > 1$에서 $m'(x) > 0$이므로 증가이다. 위 표로부터 $x > 0$일 때 $m(x)$는 $x=1$에서 최솟값 $m(1) = -4e$를 가진다. 따라서 $\frac{2}{a} \le -4e$ 이고 $a$는 음수이므로 $-\frac{1}{2e} \le a < 0 \quad \cdots\cdots (1)$ 이다. $f(x) = a(x^2 - 7)$이므로 $f(1) = -6a \quad \cdots\cdots (2)$ 이다. (1)과 (2)에서 $f(1) = -6a \le \frac{3}{e}$ 이다. 따라서 $f(1)$의 최댓값은 $a = -\frac{1}{2e}$일 때 $\frac{3}{e}$이다.
[논제 2] $k'(x) = h'(x)(h(x)-1)e^{h(x)}$ 이고 $k'(x) = 0$에서 $h'(x) = 0$ 이거나 $h(x) = 1$ 이다. $h'(x) = 0$이 중근을 갖거나 근을 갖지 않는 경우, $h(x) = 1$은 하나의 근을 갖는다. 이것은 조건 (1)에 모순이다. 따라서 방정식 $h'(x) = 0$은 서로 다른 두 근을 갖는다. 방정식 $h'(x) = 0$의 두 근이 0, 2인 경우, 0, r인 경우, 2, r인 경우로 나누어 생각하자.
∙ 두 근이 0, 2인 경우: $h(r) = 1$이므로 조건 (2)에 모순이다.
∙ 두 근이 0, r인 경우: $r < 0$일 때 조건 (1)에 의해 $h(0) = 1$이므로 조건 (3)에 모순이다. $r > 0$일 때도 조건 (3)에 모순이다. 따라서 두 근은 2와 r이다. (이때 $h(0) = 1$) 이 경우도 0, r, 2의 크기 비교를 위해 나누어 생각하자. $2 < r$일 때, $1 \ge h(2) > h(r) = 3$이므로 모순이다. $r < 0$일 때, $h(0)=1$이고 $h(2)$는 극솟값이고 $h(x)=1$의 해가 3개이므로 조건 (1)에 모순이다. 그러므로 $0 < r < 2$ 이고, $h(x)$의 그래프로부터 $h(x) - 1 = ax(x-2)^2 \quad \cdots\cdots (3)$ 이다. $h'(x) = a(x-2)(3x-2)$ 이므로 $r = \frac{2}{3}$이다. $h(\frac{2}{3}) = 3$이므로 (3)으로부터 $a = \frac{27}{16}$이다.

[논제 1] 함수의 극값의 개념을 이해하고 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 최대-최소 개념을 이해하고 응용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 정적분과 급수의 합 사이의 관계를 이해하고 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 점 $B_3$은 곡선 $y=f(x)$ 위의 점 중에서 선분 $AB_2$에서 가장 멀리 있는 점이다. 그런데 선분 $AB_2$와 $B_3$가 가장 멀리 있을 때에는 선분 $AB_2$의 기울기와 $B_3$에서의 접선의 기울기가 같으므로, 선분 $AB_2$의 기울기는 $\frac{3(a_2 + 2/3)(3a_2 - 1)}{a_2 + 2/3}$ 이고 $f'(\frac{1}{18}) = -4$이므로 $a_2 = -\frac{1}{9}$을 얻는다. 마찬가지로 선분 $AB_1$의 기울기는 $3(1-3a_1)$이고 $g'(-\frac{1}{9}) = 1$이므로 $a_1 = \frac{2}{9}$이다.
[논제 2] 수열 ${a_n}$을 살펴보기 위해서 접선의 기울기와 선분의 기울기의 관계를 이용하자. 점 $B_n$이 $B_n(a_n, f(a_n))$과 $B_n(a_n, g(a_n))$인 두 가지 경우가 있으므로 각 경우를 나누어 생각하자. $B_n(a_n, f(a_n))$이라면 $\Delta AB_n B_{n+1}$이 두 점 $A, B_n$을 꼭짓점으로 하는 삼각형 중 넓이가 최대가 되기 위해서는 선분 $AB_n$의 기울기는 $y=g(x)$의 $x=a_{n+1}$에서의 접선의 기울기와 같아야 한다. 선분 $AB_n$의 기울기는 $\frac{3(a_n + 2/3)(1-3a_n)}{a_n + 2/3}$ 이고 곡선 $y=g(x)$의 $x=a_{n+1}$에서의 접선의 기울기는 $18 a_{n+1} + 3$이므로 $a_{n+1} = -\frac{1}{2}a_n$을 얻는다. 마찬가지로 $B_n(a_n, g(a_n))$인 경우에도 $a_{n+1} = -\frac{1}{2}a_n$을 얻는다. 따라서 수열 ${a_n}$은 공비가 $-\frac{1}{2}$인 등비수열이고, $a_1 \ne 0$이라면 삼각형 $\Delta AB_n B_{n+1}$의 넓이는 $n$이 증가할 때 점점 커지기 때문에 세 꼭짓점이 $A, (0, g(0)), (0, f(0))$일 때 삼각형의 넓이가 가장 크다. 그러므로 구하는 삼각형의 넓이의 최댓값은 $\frac{1}{2}\frac{2}{3}\{2 - (-2)\} = \frac{4}{3}$ 이다.
[논제 3] [논제 2]에 의하여 수열 ${a_n}$은 첫째항 $a_1 = \frac{1}{4}$이고 공비 $-\frac{1}{2}$인 등비수열이므로 $b_n = \frac{1}{\ln 2}\sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\log_2 |a_k|} = -\frac{1}{\ln 2}\sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{k+1}$ 이다. 따라서 제시문 (라)에 의해서
$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} b_n = -\frac{1}{\ln 2}\lim_{n \to \infty} \sum_{\ell \\ =n}^{2n-1} \frac{1}{\ell+1} = -\frac{1}{\ln 2}\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k/n + 1}\frac{1}{n} = -\frac{1}{\ln 2}\int_{0}^{1} \frac{1}{x+1} dx = -1 \end{aligned} $$ 이다.

[논제 1] 역함수의 정적분과 함수의 정적분의 관계를 이해하고, 주어진 함수를 파악하여 정적분을 구하는 문항이다.
[논제 2] 미분을 활용하여 접선의 방정식을 구하고 접선의 방정식으로부터 유도된 방정식이 실근을 단 하나만 가질 조건을 찾는 문항이다.

[예시 답안]
[논제 1] $x=0$일 때 조건 (1)에서 $f(2) = f(0)+2$이고 조건 (2)에서 $f(0)+f(2)=2$이므로 $f(0)=0, f(2)=2$이다. 또, $x=1$일 때 조건 (2)에서 $f(1)=1$이다. 따라서 조건 (1)에서 모든 정수 $k$에 대하여 $f(k) = k$ 이다. $f(x)$가 역함수를 가지므로 $f^{-1}(-1) = -1$이고 $f^{-1}(4) = 4$이다. 따라서
$$ \begin{aligned} \int_{-1}^{4} f(x)dx + \int_{-1}^{4} f^{-1}(x)dx = 16 - 1 \\ = 15 \implies \int_{-1}^{4} f^{-1}(x)dx = 15 - \int_{-1}^{4} f(x)dx \end{aligned} $$ 이므로 $\int_{-1}^{4} f(x)dx$의 값을 구하면 된다. 조건 (1)에서
$$ \begin{aligned} \int_{2}^{4} f(x)dx = \int_{0}^{2} f(x+2)dx \\ = \int_{0}^{2} \{f(x)+2\}dx = \int_{0}^{2} f(x)dx + 4 \end{aligned} $$ 이므로,
$$\int_{-1}^{4} f(x)dx = \int_{-1}^{0} f(x)dx + 2\int_{0}^{2} f(x)dx + 4 \quad \cdots\cdots (*)$$ 이다. 한편, 조건 (1)에서 $f(2-x) = f(-x)+2$이고, 조건 (2)에서 $0 \le x \le 2$일 때 $f(2-x) = 2-f(x)$이므로 $-2 \le x \le 2$일 때 $f(x)+f(-x)=0$, 즉 원점에 대칭이다. 따라서 $\int_{-1}^{1} f(x)dx = 0$ 이고 조건 (3)에서 $\int_{0}^{1} f(x)dx = -\int_{-1}^{0} f(x)dx = \frac{5}{8} \quad \cdots\cdots (**)$ 이다. 또한, 조건 (1)에서 $\int_{1}^{2} f(x)dx = \int_{-1}^{0} f(x+2)dx = \int_{-1}^{0} \{f(x)+2\}dx = -\frac{5}{8}+2 = \frac{11}{8}$ 이므로 $(*)$과 $(**)$에서 $\int_{-1}^{4} f(x)dx = -\frac{5}{8} + 2\left(\frac{5}{8} + \frac{11}{8}\right) + 4 = \frac{59}{8}$ 이다. 그러므로 $\int_{-1}^{4} f^{-1}(x)dx = 15 - \frac{59}{8} = \frac{61}{8}$ 이다.
[논제 2] 점 $P(u, g(u))$에서 원 $O$의 접선이 점 $P(u, g(u))$에서 곡선 $y=g(x)$의 접선과 일치하므로 접선의 방정식은 $y - g(u) = g'(u)(x-u)$ 이다. 또한, 점 $P$를 지나고 접선에 수직인 직선이 원 $O$의 중심 $(t, 0)$을 지나므로 $0 = -\frac{1}{g'(u)}(t-u) + g(u) \implies u + g'(u)g(u) = t$ 이다. 문제에서 요구하는 $b$의 최솟값을 구하기 위해서 $h(u) = u + g'(u)g(u) = u + ae^u(ae^u+b)$ 가 실수 전체의 집합에서 실수 전체의 집합으로 가는 일대일대응이 되도록 하는 $b$를 모두 찾으면 충분하다. 먼저 $\lim_{u \to \infty} h(u) = \infty$, $\lim_{u \to -\infty} h(u) = -\infty$ 이고 $h(u)$는 연속함수이므로 $g(t) \ne 0$인 각각의 $t$에 대하여 방정식 $h(u) = t$가 하나 이상의 해를 가진다. 또한, $h(u)$는 상수인 구간이 없으므로, $h(u)$가 일대일함수이기 위한 필요충분조건은 $h'(u) \ge 0$ 이다. $h'(u) = 1 + 2a^2 e^{2u} + abe^u$ 이므로 $h'(u) \ge 0$이기 위해서는
1) $b \ge 0$일 때는 모든 실수 $u$에 대하여 $h'(u) \ge 0$,
2) $b < 0$일 때는 $h'(u) = 1 + 2\left(ae^u + \frac{b}{4}\right)^2 - \frac{b^2}{8}$ 에서 $b \ge -2\sqrt{2}$ 는 $h'(u) \ge 0$이기 위한 필요충분조건이다. 그러므로 $b$의 최솟값은 $-2\sqrt{2}$ 이다.

[논제 1] 함수의 극한 개념 및 역함수의 미분법을 활용하여 문제를 해결할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 함수의 성질과 극한 개념을 활용하여 문제를 해결할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 3] 역함수의 미분법 및 적분법을 활용하여 극값 판정의 문제를 해결할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] $f^{-1}(x) = y$라 하면 $f(p) = 1$인 양의 실수 $p$가 존재하여 주어진 극한은 $\lim_{y \to p} \left\{ \frac{1}{f'(y)} \times \left( \ln \frac{p}{y} \right)^2 \right\} = L \ne 0$ 을 만족시킨다. $\lim_{y \to p} \ln \frac{p}{y} = 0$ 이므로 주어진 극한이 0이 아닌 값으로 수렴하기 위해서는 $f'(p) = 0$ 이다. 함수 $f(x)$가 역함수를 가지려면 모든 양수 $x$에서 $f'(x) \ge 0$ 이어야 하므로 $f'(p)$는 최솟값이다. 따라서 $f''(p) = -\frac{1}{p^2} + 4 = 0 \implies p = \frac{1}{2}$ 이다. $f'(\frac{1}{2}) = 2 + 2 + a = 0 \implies a = -4$ 이다. 또한 $f(\frac{1}{2}) = \ln\frac{1}{2} + \frac{1}{2} - 2 + b = 1 \implies b = \frac{5}{2} + \ln 2$ 이다. 극한값 $L = \lim_{y \to 1/2} \frac{(\ln y - \ln(1/2))^2}{1/y + 4y - 4} = \frac{1}{2}$ 이므로 $a+b+L = -1 + \ln 2$ 이다.
[논제 2] 조건 (1)에서 $\lim_{x \to 2} (x-2) \frac{g'(x)}{g(x)} = \frac{1}{2}$ 이므로 $g(2) = 0$ 이다. 따라서 $g(x) = (x-2)^2(x+r)$ ($r \ne -2$) 이다. 그러면 $h(|x|) = \frac{|x|+r}{3|x|+2r-2}$ 이고 조건 (2)에 의하여 $c = r$ ($c < 0$) 또는 $c = -r$ ($c > 0$) 이어야 한다. 그런데 $c = -r$ 이면 $g(c) = 0$ 이 되므로 조건 (3)에 모순이므로 $c = r$ ($r < 0$) 이다. $g(c) = g(r) = (r-2)^2(2r) = 18r$ 로부터 $r = -1$ 이다. 따라서 $g(x) = (x-2)^2(x-1)$ 이며, $g(2c) = g(-2) = -48$ 이다.
[논제 3] 함수 $F(t)$를 미분하면 $F'(t) = \pi \cos(k^{-1}(\pi t))$ 이다. $k'(x) = 1 + \cos x \ge 0$ 이므로 $k(x)$와 $k^{-1}(x)$는 모두 증가함수이다. $t \in (0, 8)$ 이면 $k^{-1}(\pi t) \in (0, 8\pi)$ 이므로 $F'(t) = 0 \implies k^{-1}(\pi t) = \frac{2m-1}{2}\pi$ ($m=1, 2, \cdots, 8$) 이다. 이계도함수 판정법을 통해 $k^{-1}(\pi t) = \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{9\pi}{2}, \frac{13\pi}{2}$ 일 때 극대이고 $\frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}, \frac{11\pi}{2}, \frac{15\pi}{2}$ 일 때 극소임을 알 수 있다. 따라서 $\alpha = \frac{1}{\pi}k(\frac{13\pi}{2}) = \frac{13}{2} + \frac{1}{\pi}$, $\beta = \frac{1}{\pi}k(\frac{15\pi}{2}) = \frac{15}{2} - \frac{1}{\pi}$ 이다. 치환적분법을 이용하여 계산하면 $F(\beta) - F(\alpha) = \int_{13\pi/2 + 1}^{15\pi/2 - 1} \cos(k^{-1}(y))dy = \int_{13\pi/2}^{15\pi/2} \cos x (1+\cos x)dx = \frac{\pi}{2} - 2$ 이다.

[논제 1] 매개변수를 이해하고 극값을 판정할 수 있는지를 평가하는 문제이다.
[논제 2] 정적분의 성질과 부분적분법을 활용할 수 있는지를 평가하는 문제이다.

[예시 답안]
[논제 1] 반지름이 1이므로 점 $P_1, P_2, P_3, P_4$의 좌표는 각각
$P_1(-\sin t, 2 + \cos t)$, $P_2(-2 - \cos t, -\sin t)$, $P_3(\sin t, -2 - \cos t)$, $P_4(2 + \cos t, \sin t)$ 이다. 따라서 두 점 $P_1, P_3$ 사이의 거리의 제곱은 $(l(t))^2 = 20 + 16\cos t$ 이다. 정적분을 계산하면 $a = 64\pi$ 이다.
사각형 $P_1P_2P_3P_4$는 네 변의 길이가 같고 대각선의 길이가 서로 같으므로 정사각형이다. 따라서 넓이 $A(t) = 10 + 8\cos t$ 이다. $A'(t) = -8\sin t = 0$ 에서 극값은 $t = \pi, 2\pi, \cdots, 63\pi$ 일 때 이고, 극값은 $18$ 또는 $2$ 이다. 모든 극값의 합은 $18 \times 31 + 2 \times 32 = 622$ 이다.
[논제 2] $0 \le t \le \frac{3}{2}\pi$에 대하여 점 $Q$의 좌표는
$Q(\frac{3}{2}\pi, -t)$ ($0 \le t \le \frac{\pi}{2}$), $Q(2\pi-t, -\frac{\pi}{2})$ ($\frac{\pi}{2} \le t \le \pi$), $Q(\pi, t - \frac{3}{2}\pi)$ ($\pi \le t \le \frac{3}{2}\pi$) 이다.
삼각형 $P_1P_3Q$의 무게중심의 $x$좌표는 $f(t) = \frac{x(P_1) + x(P_3) + x(Q)}{3} = \frac{x(Q)}{3}$ 이므로,
$f(t) = \frac{\pi}{2}$ ($0 \le t \le \frac{\pi}{2}$), $f(t) = -\frac{1}{3}t + \frac{2}{3}\pi$ ($\frac{\pi}{2} \le t \le \pi$), $f(t) = \frac{\pi}{3}$ ($\pi \le t \le \frac{3}{2}\pi$) 이다.
이를 활용하여 정적분을 부분적분법을 통해 계산하면 구하고자 하는 값은 $\frac{16}{9} + \frac{16}{9}\pi - \frac{26}{9}\pi^2 - \frac{25}{36}\pi^3$ 이다.