2027학년도 대비 세종대학교 자연B 수리논술 해설집 (2026학년도 기출 정밀 풀이집)

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QUESTIO ESSAY SOLUTION STANDARD

2027학년도 대학별 수리논술 심층 정밀 해설

2027학년도 세종대학교 수리논술 정밀 해설집 [자연 B형]

선생님 첨삭 지도 & 자가 첨삭용 · 공식 채점기준표 수록

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5개년 기출 단계별 입체 해설 (2026 ~ 2022학년도 총 33쪽)
대학 발표 공식 예시답안 및 단계별 채점기준 수록

QUESTIO 입시전략연구소 & 수리논술 평가원

2027 ADMISSION ESSAY SERIES

📝 [문제 1] 1부: 정적분 함숫값 및 도함수 도출 치환/부분적분

【 (1-1) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (110점)

제시문 (나)에서 \(x < \dfrac{\pi}{2}\)일 때 \(\displaystyle f(x) = \int_x^{2\pi} |t-x|\cos\dfrac{t}{2}\,dt\)이다. \(x = \dfrac{\pi}{2}\)에서의 함숫값을 계산하기 위해 대입하면, 적분 구간 \(\left[\dfrac{\pi}{2}, 2\pi\right]\)에서 \(t \ge \dfrac{\pi}{2}\)이므로 \(|t-\dfrac{\pi}{2}| = t - \dfrac{\pi}{2}\)이다: \[ f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \int_{\pi/2}^{2\pi} \left(t-\dfrac{\pi}{2}\right)\cos\dfrac{t}{2}\,dt \] 부분적분법을 적용하면: \[ = \left[ 2\left(t-\dfrac{\pi}{2}\right)\sin\dfrac{t}{2} \right]_{\pi/2}^{2\pi} - \int_{\pi/2}^{2\pi} 2\sin\dfrac{t}{2}\,dt \] \(\sin\pi = 0\), \(\sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)이므로 \[ = 0 - 0 - \left[ -4\cos\dfrac{t}{2} \right]_{\pi/2}^{2\pi} = 4\left( \cos\pi - \cos\dfrac{\pi}{4} \right) = 4\left( -1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) = -4 - 2\sqrt{2} \] 이제 \(x < \dfrac{\pi}{2}\)일 때 도함수 \(f'(x)\)를 구하기 위해, \(t\)가 \(x\)를 통과할 때의 절댓값을 분리한다. 적분 구간 \([x, 2\pi]\)에서 항상 \(t \ge x\)이므로 \(|t-x| = t-x\)이다. 따라서 \[ f(x) = \int_x^{2\pi} (t-x)\cos\dfrac{t}{2}\,dt = \int_x^{2\pi} t\cos\dfrac{t}{2}\,dt - x \int_x^{2\pi} \cos\dfrac{t}{2}\,dt \] 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 라이프니츠 적분 규칙에 의하여: \[ f'(x) = -x\cos\dfrac{x}{2} - \left( 1 \cdot \int_x^{2\pi} \cos\dfrac{t}{2}\,dt - x\cos\dfrac{x}{2} \right) = -\int_x^{2\pi} \cos\dfrac{t}{2}\,dt = -\left[ 2\sin\dfrac{t}{2} \right]_x^{2\pi} \] \(\sin\pi = 0\)이므로 최종 도함수는 다음과 같다: \[ f'(x) = 2\sin\dfrac{x}{2} \]

💡 라이프니츠 미분 시 부호 주의사항
아래끝에 변수 \(x\)가 있는 정적분 \(\dfrac{d}{dx}\int_x^b g(t)\,dt = -g(x)\)이므로 마이너스 부호 처리에 각별히 유의해야 합니다.

📝 [문제 1] 2부: 교점 개수 판별 및 채점기준표 접선과 교점 개수

[그림 1] \(Y(x)\)와 접선 \(y=\sqrt{2}x+k\)

【 (1-2) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (120점)

\(Y(x) = f(x) - f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\)라 두면 \(Y\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0\)이고, \(Y'(x) = f'(x) = 2\sin\dfrac{x}{2}\)이다.
곡선 \(y = Y(x)\)와 직선 \(y = \sqrt{2}x + k\)가 서로 다른 두 점에서 만나려면, [그림 1]과 같이 (i) 기울기가 \(\sqrt{2}\)인 접선이거나, (ii) 경계점 \(\left(\dfrac{\pi}{2}, 0\right)\)을 지나는 직선 사이의 위치관계를 만족해야 한다.
먼저 접선의 접점의 \(x\)좌표를 구하기 위해 \(Y'(x) = 2\sin\dfrac{x}{2} = \sqrt{2}\)를 풀면: \[ \sin\dfrac{x}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \implies \dfrac{x}{2} = \dfrac{\pi}{4} \implies x = \dfrac{\pi}{2} \] 놀랍게도 접점이 바로 경계점 \(\left(\dfrac{\pi}{2}, 0\right)\)이다! 이 점에서 접선의 방정식은 \[ y - 0 = \sqrt{2}\left(x - \dfrac{\pi}{2}\right) \implies y = \sqrt{2}x - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \] 따라서 접할 때의 상수값은 \(k = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi\)이다.
이계도함수를 조사하면 \(Y''(x) = \cos\dfrac{x}{2} > 0\) (\(x < \pi/2\))이므로 곡선 \(y=Y(x)\)는 아래로 볼록(convex)하다. 따라서 접선보다 아래에 위치하면 교점이 없고, 접할 때 교점이 1개(접점), 접선보다 위쪽으로 평행이동하면 \(x < \dfrac{\pi}{2}\)에서 직선이 곡선과 1개의 교점을 갖는다.
따라서 주어진 열린구간에서 서로 다른 두 점에서 만나는 실수 \(k\)의 값은 존재하지 않는다 (공집합, 또는 문제 조건에 따라 접점 포함 시 \(k = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi\)).

📋 세종대 공식 채점 기준표 [문제 1] 총 230점 만점

하위 문항	채점 기준 세부 항목	배점
1-1	§ 부분적분법을 정확히 적용하여 \(f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = -4 - 2\sqrt{2}\)를 도출함	+60점
1-1	§ 정적분으로 정의된 함수를 미분하여 \(f'(x) = 2\sin\dfrac{x}{2}\)를 정확히 구함	+50점 (소계 110점)
1-2	§ 접선의 기울기 조건을 분석하여 접점 \(x = \dfrac{\pi}{2}\) 및 경계값을 유도함	+60점
1-2	§ 아래로 볼록성 및 교점 개수 조건을 완벽히 분석하여 \(k = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi\)를 구함	+60점 (소계 120점)

📝 [문제 2] 1부: 최고차항 계수 도출 및 Case 분석 최고차항 계수

[그림 2] \(a=-1\) 및 \(a=1\) 개형 비교

【 (2-1) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (70점)

조건 (가)에서 \(\displaystyle \lim_{x \to \infty} \dfrac{|g(x)|}{x^3} = 1\)이고 \(x > 0\)에서 \(g(x) = f(x)\)이므로 삼차함수 \(f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d\)의 최고차항 계수는 \(|a| = 1\), 즉 \(a = 1\) 또는 \(a = -1\)이다.
또한 \(g(x)\)가 \(x=0\)에서 연속이므로 \(f(0) = \displaystyle \lim_{x \to 0-} g(x) = \lim_{x \to 0-} \left(-\dfrac{1}{2}x\right) = 0\)이다. 즉 \(d = 0\)이다.

[Case 1] \(a = -1\)인 경우
\(\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x) = -\infty\)이다. \(f(0)=0\)이고 \(x \le 0\)에서 \(g(x) \ge 0\)이므로, \(g(x)\)가 \(x > 0\)에서 최솟값을 가지려면 극솟값이 존재해야 하고, \(\lim_{x \to \infty} f(x) = -\infty\)로 인해 실수 전체에서 최솟값이 존재할 수 없게 된다. 이는 조건 (나)에 모순이다.

[Case 2] \(a = 1\)인 경우
\(x \le 0\)에서 \(g(x) = -\dfrac{1}{2}x\) (감소함수)이고 \(f(0)=0\)이므로, \(x > 0\)에서 삼차함수 \(f(x)\)가 오직 하나의 극솟값만을 가지면 조건 (나)와 (다)를 모두 만족시키는 경우가 존재한다.

따라서 \(f(x)\)의 최고차항의 계수는 \(1\)이다.

💡 수리논술 논증 팁 (음수 최고차항 계수의 모순 증명)
\(a = -1\)일 때 단순히 "안 된다"고 서술하지 않고, \(\lim_{x \to \infty} f(x) = -\infty\)로 인해 \(g(x)\)의 치역이 아래로 유계(bounded below)가 되지 않아 최솟값이 존재할 수 없다는 논리적 인과관계를 밝혀야 만점(70점)을 획득합니다.

📝 [문제 2] 2부: 극값 위치 \(\alpha\)의 범위 도출 근의 위치 분석

[그림 3] \(f'(x)\) 개형 및 \(\alpha(\beta)\) 곡선

【 (2-2) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

(2-1)로부터 \(f(x)\)의 최고차항 계수는 \(1\)이다. 조건 (나), (다)를 모두 만족시키는 경우는 [그림 3]과 같이 적당한 양수 \(\alpha\)에 대하여 \(x=\alpha\)에서 극소가 되어야 한다. 따라서 이차방정식 \(f'(x)=0\)이 서로 다른 두 실근 \(\alpha, \beta\)를 갖고, \(\alpha > 0\)이고 \(\beta \le 0\)이어야 한다.
\(f'(x) = 3(x-\alpha)(x-\beta) = 3x^2 - 3(\alpha+\beta)x + 3\alpha\beta\)라 둘 수 있고, \(f(0)=0\)이므로 \[ f(x) = x^3 - \dfrac{3}{2}(\alpha+\beta)x^2 + 3\alpha\beta x \] 조건 (다)에서 \(\displaystyle \int_{-1}^1 g(x)\,dx = 0\)이고 \[ \int_{-1}^0 g(x)\,dx = \int_{-1}^0 \left(-\dfrac{1}{2}x\right)dx = \left[ -\dfrac{1}{4}x^2 \right]_{-1}^0 = \dfrac{1}{4} \] 이므로 \(\displaystyle \int_0^1 f(x)\,dx = -\dfrac{1}{4}\)이다. 적분을 계산하면 \[ \int_0^1 \left[ x^3 - \dfrac{3}{2}(\alpha+\beta)x^2 + 3\alpha\beta x \right] dx = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2}(\alpha+\beta) + \dfrac{3}{2}\alpha\beta = -\dfrac{1}{4} \] \[ \implies \dfrac{1}{2}(\alpha+\beta) - \dfrac{3}{2}\alpha\beta = \dfrac{1}{2} \implies \alpha + \beta - 3\alpha\beta = 1 \] 이로부터 \(\beta = \dfrac{1-\alpha}{1-3\alpha}\), \(\alpha = \dfrac{1-\beta}{1-3\beta}\) (\(\beta \le 0\))를 얻는다.
\(\beta \le 0\)인 영역에서 분수함수 \(u(\beta) = \dfrac{1-\beta}{1-3\beta} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{2/3}{1-3\beta}\)를 분석하면:
• \(\beta = 0\)일 때: \(\alpha = 1\)
• \(\beta \to -\infty\)일 때: \(\displaystyle \lim_{\beta \to -\infty} \dfrac{1-\beta}{1-3\beta} = \dfrac{1}{3}\)
따라서 구하는 실수 \(\alpha\)의 범위는 다음과 같다: \[ \dfrac{1}{3} < \alpha \le 1 \]

[별해 (일반 다항식 계수법)] \(f(x) = x^3 + bx^2 + cx\)라 두면, 정적분 조건에 의해 \(\dfrac{1}{4} + \dfrac{b}{3} + \dfrac{c}{2} = -\dfrac{1}{4} \implies c = -\dfrac{2}{3}b - 1\). \(f'(x) = 3x^2 + 2bx + c = 0\)의 판별식 및 두 근의 부호 조건을 따지면 동일하게 \(\dfrac{1}{3} < \alpha \le 1\)을 얻는다.

📝 [문제 2] 3부: 미분불가능점 개수 1개 판별 미분불가능점

[그림 4] Case (i), (ii), (iii) 개형

【 (2-3) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(p(x) = g(x) - f'(0)x\)라 하면 \(h(x) = |p(x)|\)이다. \(f'(0) = 3\alpha\beta\)이고 \(\alpha+\beta - 3\alpha\beta = 1\)이므로: \[ p(x) = \begin{cases} -\dfrac{1}{2}x - (\alpha+\beta-1)x & (x \le 0) \\ x^3 - \dfrac{3}{2}(\alpha+\beta)x^2 = x^2\left[x - \dfrac{3}{2}(\alpha+\beta)\right] & (x > 0) \end{cases} \] • \(x \ge 0\)에서 \(p(x)=0\)은 \(x=0\)에서 항상 중근을 갖고, \(\alpha+\beta > 0\)일 때 양의 실근을 갖는다.
• \(x \le 0\)에서 일차항 계수가 \(0\)이 되는 조건은 \(\alpha+\beta-1 = -\dfrac{1}{2} \iff \alpha+\beta = \dfrac{1}{2}\)이다. \(\alpha+\beta = \dfrac{1-3\alpha^2}{1-3\alpha} = \dfrac{1}{2} \iff 6\alpha^2 - 3\alpha - 1 = 0 \implies \alpha = \dfrac{1}{4} + \dfrac{\sqrt{33}}{12}\).

따라서 \(\alpha\)의 범위에 따라 세 가지 경우로 나뉜다:
(i) \(\dfrac{1}{3} < \alpha \le \dfrac{\sqrt{3}}{3}\) (\(\alpha+\beta \le 0\)): 양의 실근이 없고 \(x \le 0\)에서 일차항 계수가 \(0\)이 아니므로, \(x=0\)에서만 미분불가능 (좌미분계수 음수, 우미분계수 0). \(D\)의 원소 개수 = 1.
(ii) \(\dfrac{\sqrt{3}}{3} < \alpha \le 1\)이고 \(\alpha \ne \dfrac{1}{4} + \dfrac{\sqrt{33}}{12}\): \(x=0\)과 양의 실근에서 미분불가능. \(D\)의 원소 개수 = 2.
(iii) \(\alpha = \dfrac{1}{4} + \dfrac{\sqrt{33}}{12}\): \(x \le 0\)에서 \(p(x) \equiv 0\)이므로 \(x=0\)에서 좌우미분계수가 모두 0으로 미분가능! 오직 양의 실근에서만 미분불가능. \(D\)의 원소 개수 = 1.

따라서 답은 \(\dfrac{1}{3} < \alpha \le \dfrac{\sqrt{3}}{3}\) 또는 \(\alpha = \dfrac{1}{4} + \dfrac{\sqrt{33}}{12}\)이다.

💡 핵심 분석 (Case iii의 독특한 미분가능성)
\(x \le 0\)에서 \(p(x) \equiv 0\)이 되는 특수 상황(Case iii)을 포착하지 못하면 치명적인 감점을 받게 됩니다. 절댓값 함수에서 함수값이 0이 되더라도 접하거나 상수함수가 되는 지점의 좌우 미분계수를 반드시 확인해야 합니다.

📝 [문제 2] 4부: 공식 채점기준표 및 평가 가이드 공식 채점표

📋 세종대 공식 채점 기준표 [문제 2] 총 230점 만점

하위 문항	채점 기준 세부 항목	배점
2-1	§ \(f(0) = 0\) 및 조건 (가)에 의해 최고차항 계수 \(a = 1\) 또는 \(a = -1\)임을 밝힘	+30점
	§ \(a = -1\)일 때 조건 (나)를 만족시키지 못하는 이유를 설명함	+20점
	§ \(a = 1\)일 때 조건을 만족함을 밝혀 최고차항 계수 \(1\)을 도출함	+20점 (소계 70점)
2-2	§ \(f'(x)=0\)의 두 근이 \(\alpha > 0, \beta \le 0\)이어야 함을 명시함	+20점
	§ 정적분 조건으로부터 \(\alpha + \beta - 3\alpha\beta = 1\) 관계식을 유도함	+20점
	§ 분수함수의 범위를 분석하여 \(\dfrac{1}{3} < \alpha \le 1\)을 도출함	+40점 (소계 80점)
2-3	§ \(\dfrac{1}{3} < \alpha \le \dfrac{\sqrt{3}}{3}\)일 때 \(D\)의 원소 개수가 1임을 보임	+30점
	§ \(\dfrac{\sqrt{3}}{3} < \alpha \le 1\)이고 \(\alpha \ne \dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{33}}{12}\)일 때 원소 개수가 2임을 분석함	+20점
	§ \(\alpha = \dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{33}}{12}\)일 때 \(x=0\)에서 미분가능하여 원소 개수가 1임을 정확히 규명함	+30점 (소계 80점)

💡 수리논술 고득점 작성 팁 (세종대 자연B 문제 2 합격 공식)
1. 도함수의 두 근 \(\alpha, \beta\) 도입: 삼차함수 계수 \(b, c\)를 직접 쓰는 것보다 극값 위치 \(\alpha, \beta\)를 매개변수로 도입하여 식을 세우면 (2-2)와 (2-3)에서 계산 실수를 80% 이상 줄일 수 있습니다.
2. 좌우미분계수 서술 필수: \(x=0\)에서의 미분불가능성을 논증할 때 반드시 \(\lim_{x \to 0-} \dfrac{p(x)}{x}\)와 \(\lim_{x \to 0+} \dfrac{p(x)}{x}\)의 불일치를 언급해야 논리적 비약에 의한 감점을 피할 수 있습니다.

📝 [문제 3] 1부: 이항정리 정적분 및 수열 점화식 부분적분 점화식

【 (3-1) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(\dfrac{a_n}{2^n} = \int_0^1 x^n(1-x)^{102-n}\,dx\)이므로 주어진 합은 다음과 같이 하나의 정적분으로 묶인다: \[ \dfrac{a_{98}}{2^{98}} + 3\dfrac{a_{99}}{2^{99}} + 3\dfrac{a_{100}}{2^{100}} + \dfrac{a_{101}}{2^{101}} = \int_0^1 \left[ x^{98}(1-x)^4 + 3x^{99}(1-x)^3 + 3x^{100}(1-x)^2 + x^{101}(1-x) \right] dx \] 공통인수 \(x^{98}(1-x)\)로 묶어내면 \[ = \int_0^1 x^{98}(1-x) \left[ (1-x)^3 + 3x(1-x)^2 + 3x^2(1-x) + x^3 \right] dx \] 대괄호 안은 이항정리에 의하여 \(((1-x) + x)^3 = 1^3 = 1\)이다. 따라서 \[ = \int_0^1 (x^{98} - x^{99})\,dx = \left[ \dfrac{1}{99}x^{99} - \dfrac{1}{100}x^{100} \right]_0^1 = \dfrac{1}{99} - \dfrac{1}{100} = \dfrac{1}{9900} \] 따라서 \(p = 9900, q = 1\)이다.

【 (3-2) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(a_n = \int_0^1 (2x)^n(1-x)^{102-n}\,dx\)에 부분적분법을 적용한다: \[ u = (1-x)^{102-n} \implies u' = -(102-n)(1-x)^{101-n}, \quad v' = (2x)^n \implies v = \dfrac{(2x)^{n+1}}{2(n+1)} \] \[ a_n = \left[ \dfrac{(2x)^{n+1}(1-x)^{102-n}}{2(n+1)} \right]_0^1 + \int_0^1 \dfrac{(2x)^{n+1}(102-n)(1-x)^{101-n}}{2(n+1)}\,dx \] \(n \le 101\)이므로 \(102-n \ge 1\), 경계값 대입은 모두 0이 된다. 따라서 점화식을 얻는다: \[ a_n = \dfrac{102-n}{2(n+1)} a_{n+1} \] 수열 \(a_n\)이 감소할 조건 \(a_{n+1} \le a_n\)은 다음과 동치이다: \[ a_{n+1} \le \dfrac{102-n}{2(n+1)} a_{n+1} \iff 1 \le \dfrac{102-n}{2(n+1)} \iff 2n + 2 \le 102 - n \iff 3n \le 100 \iff n \le 33.33 \] 따라서 부등식 \(a_{n+1} \le a_n\)을 만족시키는 자연수 \(n\)의 값은 \(n = 1, 2, 3, \ldots, 33\)이다.

📝 [문제 3] 2부: 수열 최솟값 위치 도출 및 조합 연쇄 계산 조합 연쇄곱

【 (3-3) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

(3-2)의 결과로부터 \(1 \le n \le 33\)일 때 \(a_{n+1} < a_n\) (감소)이고, \(n \ge 34\)일 때 \(a_{n+1} > a_n\) (증가)이다.
즉 \(a_1 > a_2 > \cdots > a_{33} > a_{34} < a_{35} < \cdots < a_{101}\)이므로 수열 \(a_n\)은 \(n = 34\)에서 유일한 최솟값을 갖는다. 따라서 \(m = 34\)이다.

이제 \(_{102}\text{C}_{34} \times a_{34}\)의 값을 구하기 위해 점화식 \(\dfrac{a_n}{a_{n+1}} = \dfrac{102-n}{2(n+1)}\)을 연쇄적으로 곱하면: \[ a_{34} = \dfrac{a_{34}}{a_{35}} \times \dfrac{a_{35}}{a_{36}} \times \cdots \times \dfrac{a_{100}}{a_{101}} \times a_{101} \] 여기서 \(a_{101} = \int_0^1 (2x)^{101}(1-x)\,dx = 2^{101}\left(\dfrac{1}{102}-\dfrac{1}{103}\right) = \dfrac{2^{101}}{102 \times 103}\)이고, 점화식에 의해 \[ a_{34} = \dfrac{68}{2 \times 35} \times \dfrac{67}{2 \times 36} \times \cdots \times \dfrac{2}{2 \times 101} \times \dfrac{2^{101}}{102 \times 103} = \dfrac{68!}{34!} \cdot \dfrac{34!}{101!} \cdot \dfrac{2^{101-67}}{102 \times 103} = \dfrac{68! \times 34!}{103!} \cdot 2^{34} \] 따라서 조합과 곱하면 팩토리얼 항들이 깨끗하게 약분된다: \[ _{102}\text{C}_{34} \times a_{34} = \dfrac{102!}{34! \times 68!} \times \left( \dfrac{68! \times 34!}{103!} \cdot 2^{34} \right) = \dfrac{102!}{103!} \cdot 2^{34} = \dfrac{2^{34}}{103} \] \(p, q\)는 서로소인 자연수이므로 \(p = 103, q = 2^{34}\)이다.

[별해 (a₁ 기준 상향 전개)] \(a_1 = \int_0^1 2x(1-x)^{101}\,dx = \dfrac{2}{102 \times 103}\)이고, \(a_{34} = a_1 \times \dfrac{a_2}{a_1} \times \cdots \times \dfrac{a_{34}}{a_{33}} = \dfrac{2}{102 \times 103} \times \dfrac{2 \times 2}{101} \times \dfrac{2 \times 3}{100} \times \cdots \times \dfrac{2 \times 34}{69} = \dfrac{2^{34} \times 34! \times 68!}{103!}\). 따라서 \(_{102}\text{C}_{34} \times a_{34} = \dfrac{102!}{34! \times 68!} \times \dfrac{2^{34} \times 34! \times 68!}{103!} = \dfrac{2^{34}}{103}\)이 되어 동일한 결과 \(p=103, q=2^{34}\)를 얻는다.

📝 [문제 3] 3부: 공식 채점기준표 및 출제 총평 공식 채점표

📋 세종대 공식 채점 기준표 [문제 3] 총 240점 만점

하위 문항	채점 기준 세부 항목	배점
3-1	§ 이항정리로 식을 정리하여 \(\int_0^1 x^{98}(1-x)\,dx\) 형태를 도출함	+60점
3-1	§ 올바른 적분을 통해 \(p = 9900, q = 1\)을 구함	+20점 (소계 80점)
3-2	§ 부분적분법을 정확히 적용하여 식을 전개함	+30점
	§ 점화식 \(a_n = \dfrac{102-n}{2(n+1)} a_{n+1}\)을 유도함	+30점
	§ 부등식을 풀어 \(n = 1, 2, 3, \ldots, 33\)을 모두 구함	+20점 (소계 80점)
3-3	§ \(a_{34}\)가 최솟값임을 증명하여 \(m = 34\)를 구함	+30점
	§ \(a_{101}\) (또는 \(a_1\))의 값을 정확히 계산함	+10점
	§ \(a_{34}\)를 점화식 연쇄 곱의 형태로 나열하여 정리함	+20점
	§ 조합과의 곱을 계산하여 \(_{102}\text{C}_{34} \times a_{34} = \dfrac{2^{34}}{103}\), 즉 \(p = 103, q = 2^{34}\)를 도출함	+20점 (소계 80점)

🎓 세종대학교 2026학년도 자연B 수리논술 출제 총평 및 2027 대비 가이드
1. 고난도 점화식과 대수적 소거 테크닉: 문제 3은 정적분과 이항정리, 부분적분 점화식이 결합된 고난도 문항이었습니다. 대형 팩토리얼(\(102!\), \(103!\))과 조합 기호가 서로 소거되는 패턴을 정확히 파악해야 완벽한 답을 낼 수 있습니다.
2. 문제 2의 케이스 분류 논리력: 절댓값 함수의 미분불가능점을 판별할 때, 대칭축과 경계조건을 빈틈없이 분류하여 서술하는 훈련이 세종대 합격의 절대적 기준입니다.

[문제 1] 사차함수의 인수분해 및 절댓값 함수의 미분불가능 증명 문항 1-1, 1-2 해설 & 채점기준

(1-1) 사차함수 식 구성 및 \(f'(0)\)의 범위 도출

함수 \(|f(x)|\)가 \(x=0\)과 \(x=1\)에서만 미분가능하지 않으므로, 사차방정식 \(f(x)=0\)은 \(x=0\)과 \(x=1\)을 실근으로 가져야 하며, 나머지 두 실근은 중근을 형성하거나 허근을 가져야 한다.

따라서 사차함수 \(f(x)\)는 다음과 같은 꼴로 표현된다:

\[ f(x) = x(x-1)(x^2 + ax + b) \]

조건 (가)에서 \(f(-1) = (-1)(-2)(1 - a + b) = 2(1 - a + b) = 2\)이므로 \(1 - a + b = 1 \implies b = a\)이다.

즉, \(f(x) = x(x-1)(x^2 + ax + a)\)이다. \(|f(x)|\)가 \(x=0, 1\) 이외의 점에서 미분불가능점이 생기지 않으려면 이차방정식 \(x^2 + ax + a = 0\)이 실근을 갖지 않거나(판별식 \(D < 0\)), 실근을 갖더라도 중근(접함)이어야 한다.

D = a^2 - 4a \le 0 \iff 0 \le a \le 4

만약 \(a=0\)이면 \(f(x) = x^3(x-1)\)이 되어 \(x=0\)에서 삼중근을 가지므로 \(|f(x)|\)는 \(x=0\)에서 미분가능해져 조건 (나)에 모순이다. 따라서 \(0 < a \le 4\)이어야 한다.

\(f(x) = (x^2 - x)(x^2 + ax + a)\)를 전개하여 일차항의 계수를 구하면 \(f'(0) = -a\)이다. \(0 < a \le 4\)이므로:

-4 \le f'(0) < 0

(1-2) 미분계수 정의를 통한 \(e^{|f(x)|}\)의 미분불가능성 증명

\(f'(0) = -a = -3\)이므로 \(a = 3\)이다. \(f(x) = x(x-1)(x^2 + 3x + 3)\)이며, \(x=0\) 근방에서 \(x-1 < 0\), \(x^2+3x+3 > 0\)이므로 \(f(x)\)의 부호는 \(-x\)의 부호와 일치한다. 즉, \(x \to 0^+\)일 때 \(f(x) < 0\), \(x \to 0^-\)일 때 \(f(x) > 0\)이다.

\(k(x) = e^{|f(x)|}\)라 할 때, \(x=0\)에서의 우미분계수와 좌미분계수를 각각 구하자.

\lim_{x \to 0^+} \frac{e^{|f(x)|} - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^{-f(x)} - 1}{x} = \left.\frac{d}{dx} e^{-f(x)}\right|_{x=0} = -f'(0)e^{-f(0)} = -(-3) \cdot 1 = 3 \] \[ \lim_{x \to 0^-} \frac{e^{|f(x)|} - 1}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{e^{f(x)} - 1}{x} = \left.\frac{d}{dx} e^{f(x)}\right|_{x=0} = f'(0)e^{f(0)} = -3 \cdot 1 = -3

우미분계수(\(3\))와 좌미분계수(\(-3\))가 서로 다르므로 \(e^{|f(x)|}\)은 \(x=0\)에서 미분가능하지 않다.

[채점 기준표] 2025 자연B [문항 1] (1-1, 1-2)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
1-1	\(f(x) = x(x-1)(x^2 + ax + a)\) 식을 올바르게 세운 경우	20점
	판별식 및 \(x=0\) 삼중근 제외 조건을 통해 \(0 < a \le 4\) 범위를 구한 경우	40점
	\(f'(0) = -a\)로부터 \(-4 \le f'(0) < 0\)을 정확히 구한 경우	10점
1-2	우미분계수 \(\lim_{x \to 0^+} \frac{e^{\|f(x)\|}-1}{x} = 3\)을 정확히 계산한 경우	40점
1-2	좌미분계수 \(\lim_{x \to 0^-} \frac{e^{\|f(x)\|}-1}{x} = -3\)을 계산하여 미분불가능을 보인 경우	40점

[문제 1] 사차함수의 이중접선 기울기 최솟값 및 도함숫값 결정 문항 1-3 해설 & 채점기준

(1-3) 공통접선 방정식 \(y = mx + n\) 및 \(m\)의 최솟값 도출

사차곡선 \(y = f(x)\)와 직선 \(y = mx + n\)이 서로 다른 두 점 \(\alpha, \beta\)에서 접하므로, 항등식은 다음과 같다:

x(x-1)(x^2 + ax + a) - (mx + n) = (x - \alpha)^2(x - \beta)^2

좌변을 전개하면: \(x^4 + (a-1)x^3 + (-m)x - n\)이다. (\(x^2\)의 계수는 \(-a + a = 0\)이다.)

우변을 전개하면: \(x^4 - 2(\alpha+\beta)x^3 + \{(\alpha+\beta)^2 + 2\alpha\beta\}x^2 - 2\alpha\beta(\alpha+\beta)x + (\alpha\beta)^2\)이다.

계수를 비교하면:

\begin{aligned} x^3 \text{ 계수: }& \quad -2(\alpha+\beta) = a - 1 \implies \alpha+\beta = -\frac{a-1}{2} \\ x^2 \text{ 계수: }& \quad (\alpha+\beta)^2 + 2\alpha\beta = 0 \implies \alpha\beta = -\frac{1}{2}(\alpha+\beta)^2 = -\frac{(a-1)^2}{8} \\ x \text{ 계수: }& \quad -m = -2\alpha\beta(\alpha+\beta) + a \implies m = \frac{(a-1)^3}{8} - a \end{aligned}

\(m\)을 \(a\)에 대한 함수로 보고 미분하면:

\frac{dm}{da} = \frac{3(a-1)^2}{8} - 1 = 0 \iff (a-1)^2 = \frac{8}{3} \iff a = 1 \pm \frac{2\sqrt{6}}{3}

(1-1)에서 \(0 < a \le 4\)이므로, \(a = 1 + \frac{2\sqrt{6}}{3}\)일 때 \(m\)은 극소이자 최솟값을 갖는다.

따라서 이때의 도함숫값 \(f'(0) = -a\)는 다음과 같다:

f'(0) = -a = -1 - \frac{2\sqrt{6}}{3}

[채점 기준표] 2025 자연B [문항 1] (1-3)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
1-3	항등식 \(f(x) - (mx+n) = (x-\alpha)^2(x-\beta)^2\)을 세우고 계수를 비교한 경우	20점
	기울기 함수 \(m = \frac{(a-1)^3}{8} - a\)를 올바르게 유도한 경우	30점
	도함수 \(\frac{dm}{da}=0\)을 풀고 범위 내에서 \(f'(0) = -1 - \frac{2\sqrt{6}}{3}\)을 정확히 도출한 경우	30점

[문제 2] 삼차함수의 점대칭 정적분 및 절댓값 방정식의 근의 범위 문항 2-1, 2-2 해설 & 채점기준

(2-1) 점대칭 성질을 이용한 정적분 계산

조건 (가) \(f(-x) - f(0) = -\{f(x) - f(0)\}\)는 함수 \(y = f(x) - f(0)\)이 기함수(원점대칭)임을 의미한다. 따라서 곡선 \(y = f(x)\)는 점 \((0, f(0)) = (0, c)\)에 대하여 점대칭이다.

\(f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c\)라 두면, 조건 (가)로부터 \(a = 0\)이어야 하므로 \(f(x) = x^3 + bx + c\)이다.

\int_{-1}^1 f(x)\,dx = \int_{-1}^1 (x^3 + bx + c)\,dx = \int_{-1}^1 (x^3 + bx)\,dx + \int_{-1}^1 c\,dx = 0 + [cx]_{-1}^1 = 2c

(2-2) \(f(0)=0\)일 때 방정식 \(f(x)=|x|\)의 실근 \(k\)의 범위 도출

\(f(0)=0\)이면 \(c=0\)이므로 \(f(x) = x^3 + bx\) (원점대칭 기함수)이다. \(f(x) = |x|\)에서 \(x=0\)은 항상 실근이다.

조건 (나)에 의해 서로 다른 실근의 개수가 \(2\)이어야 하므로, \(0\)이 아닌 실근 \(k\)는 오직 하나만 존재해야 한다.

(i) \(x > 0\)인 경우: \(x^3 + bx = x \iff x(x^2 + b - 1) = 0 \implies x = \sqrt{1-b}\) (단, \(b < 1\)).

(ii) \(x < 0\)인 경우: \(x^3 + bx = -x \iff x(x^2 + b + 1) = 0 \implies x^2 = -1-b\).

실근이 \(x=0\) 외에 오직 하나 존재하려면, \(x < 0\)에서는 실근이 없어야 하므로 \(-1-b \le 0 \implies b \ge -1\)이어야 한다.

따라서 \(-1 \le b < 1\)이다. 이때 \(0\)이 아닌 양의 실근은 \(k = \sqrt{1-b}\)이다. \(b\)의 범위 \(-1 \le b < 1\)을 대입하면:

0 < k \le \sqrt{1 - (-1)} = \sqrt{2}

[채점 기준표] 2025 자연B [문항 2] (2-1, 2-2)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
2-1	조건 (가)로부터 점대칭(이차항 계수 \(a=0\))임을 밝힌 경우	30점
2-1	기함수 정적분을 이용하여 \(\int_{-1}^1 f(x)dx = 2c\)를 구한 경우	40점
2-2	방정식의 근을 양수/음수 구간으로 나누어 \(b \ge -1\) 조건을 도출한 경우	40점
	\(k = \sqrt{1-b}\) 식을 도출한 경우	20점
	\(k\)의 최종 범위 \(0 < k \le \sqrt{2}\)를 정확히 명시한 경우	20점

[문제 2] 접선 조건과 대칭 정적분을 이용한 함수 \(f(x)\) 결정 문항 2-3 해설 & 채점기준

(2-3) \(f(0) \ne 0\)일 때 접선 조건 및 정적분 \(0\) 조건으로부터 삼차함수 결정

\(f(0) = c \ne 0\)일 때, \(f(x) = x^3 + bx + c\)이다.

방정식 \(f(x) = |x|\)의 실근이 \(2\)개이려면, 곡선 \(y=f(x)\)가 직선 \(y=x\) 또는 직선 \(y=-x\) 중 하나와 한 점에서 접하고 다른 직선과 한 점에서 만나야 한다.

(i) \(f(0) > 0\)인 경우:

삼차함수의 그래프 개형상 \(x > 0\)에서 직선 \(y=x\)와 접해야 한다. 접점의 \(x\)좌표를 \(\beta > 0\)이라 하면:

f(\beta) = \beta \implies \beta^3 + b\beta + c = \beta \quad \cdots\cdots (1) \] \[ f'(\beta) = 1 \implies 3\beta^2 + b = 1 \implies b = 1 - 3\beta^2 \quad \cdots\cdots (2)

(2)를 (1)에 대입하면: \(c = \beta - \beta^3 - (1 - 3\beta^2)\beta = 2\beta^3\)이다.

따라서 \(f(x) = x^3 + (1 - 3\beta^2)x + 2\beta^3\)이다.

주어진 정적분 조건을 계산하면:

\int_{-\beta}^\beta \{f(x) - |x|\}\,dx = \int_{-\beta}^\beta f(x)\,dx - \int_{-\beta}^\beta |x|\,dx

\(f(x)\)에서 기함수 항의 적분은 \(0\)이므로, \(\int_{-\beta}^\beta f(x)\,dx = \int_{-\beta}^\beta 2\beta^3\,dx = 4\beta^4\)이다.

또한 \(\int_{-\beta}^\beta |x|\,dx = 2 \cdot \frac{1}{2}\beta^2 = \beta^2\)이다. 정적분 조건에 의해:

4\beta^4 - \beta^2 = \beta^2(4\beta^2 - 1) = 0

\(\beta > 0\)이므로 \(\beta = \frac{1}{2}\)이다. 이를 대입하면 \(b = 1 - 3\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{4}\), \(c = 2\left(\frac{1}{8}\right) = \frac{1}{4}\)이다.

f(x) = x^3 + \frac{1}{4}x + \frac{1}{4}

(ii) \(f(0) < 0\)인 경우:

음의 실근에서 접해야 하므로 \([-\beta, \beta]\) 구간에서 \(f(x) \le |x|\)가 성립하여 정적분 \(\int_{-\beta}^\beta \{f(x)-|x|\}dx < 0\)이 되어 \(0\)을 만족시킬 수 없다.

따라서 구하는 삼차함수는 \(f(x) = x^3 + \frac{1}{4}x + \frac{1}{4}\)이다.

[채점 기준표] 2025 자연B [문항 2] (2-3)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
2-3	\(x=\beta\)에서의 접선 조건으로부터 \(f(x) = x^3 + (1-3\beta^2)x + 2\beta^3\)을 세운 경우	30점
	정적분 조건 \(4\beta^4 - \beta^2 = 0\)을 계산하여 \(\beta = \frac{1}{2}\)를 구한 경우	30점
	\(f(0) < 0\)인 경우 모순(정적분 음수)임을 올바르게 설명한 경우	10점
	최종 함수 \(f(x) = x^3 + \frac{1}{4}x + \frac{1}{4}\)를 명확히 도출한 경우	10점

[문제 3] 우함수 정적분의 대칭성 및 도함수를 통한 증가 조건 문항 3-1, 3-2 해설 & 채점기준

(3-1) 치환적분을 통한 \(F(x) + F(-x)\)의 대칭식 유도

\(F(-x) = \displaystyle \int_{-1}^{-x} f(t)\,dt\)에서 \(t = -u\)로 치환하면, \(dt = -du\)이고 구간은 \(u=1\)에서 \(u=x\)까지이다.

조건 (가)에 의해 \(f(-u) = f(u)\) (우함수)이므로:

F(-x) = \int_1^x f(-u)(-du) = \int_x^1 f(u)\,du

따라서 정적분의 덧셈 성질에 의해 다음과 같다:

F(x) + F(-x) = \int_{-1}^x f(t)\,dt + \int_x^1 f(t)\,dt = \int_{-1}^1 f(t)\,dt = C

(3-2) 도함수 부호 분석 및 증가함수가 되기 위한 양수 \(a\)의 최댓값

\(f(x) = e^{-x^2}\)이면 \(f'(x) = -2x e^{-x^2}\)이다.

\(g(x) = f(ax)F(x)\)를 미분하면:

g'(x) = a f'(ax)F(x) + f(ax)f(x) = -2a^2 x e^{-a^2 x^2} F(x) + e^{-a^2 x^2} e^{-x^2} = e^{-a^2 x^2} \left( e^{-x^2} - 2a^2 x F(x) \right)

\(h(x) = e^{-x^2} - 2a^2 x F(x)\)라 하자. 지수항 \(e^{-a^2 x^2} > 0\)이므로 \(g'(x)\)의 부호는 \(h(x)\)의 부호와 같다.

(i) \(x \le 0\)인 경우: \(e^{-x^2} > 0\)이고, \(x \le 0\), \(F(x) > 0\)이므로 \(-2a^2 x F(x) \ge 0\)이다. 따라서 \(h(x) > 0\)이다.

(ii) \(x > 0\)인 경우: \(h(x)\)를 미분하면 \(h'(x) = -2x e^{-x^2} - 2a^2 F(x) - 2a^2 x f(x) < 0\)이므로, \(h(x)\)는 구간 \((0, 1)\)에서 단조감소한다.

따라서 구간 \((-1, 1)\)에서 \(g(x)\)가 항상 증가하기 위한 필요충분조건은 끝점 \(x=1\)에서 \(h(1) \ge 0\)인 것이다.

h(1) = e^{-1} - 2a^2(1)F(1) \ge 0 \iff e^{-1} \ge 2a^2 C \iff a^2 \le \frac{e^{-1}}{2C} \iff a \le \frac{1}{\sqrt{2eC}}

따라서 양수 \(a\)의 최댓값은 \(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2eC}}\)이다.

[채점 기준표] 2025 자연B [문항 3] (3-1, 3-2)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
3-1	치환적분을 통해 \(F(-x) = \int_x^1 f(t)dt\)임을 보인 경우	40점
3-1	정적분의 합 \(F(x) + F(-x) = C\)를 도출한 경우	40점
3-2	도함수 \(g'(x) = e^{-a^2 x^2}(e^{-x^2} - 2a^2 x F(x))\)를 구한 경우	30점
	\(x \le 0\)에서 양수임을 보이고, \(x > 0\)에서 감소성을 밝힌 경우	20점
	\(h(1) \ge 0\)으로부터 최댓값 \(\frac{1}{\sqrt{2eC}}\)를 정확히 구한 경우	30점

[문제 3] 치환적분과 대칭성을 이용한 정적분의 계산 문항 3-3 해설 & 채점기준

(3-3) 대칭 관계식을 이용한 정적분 변환 및 최종값 도출

(3-1)의 결과에서 \(F(x) = C - F(-x)\)이므로, 구하고자 하는 정적분은 다음과 같다:

\int_{-1}^1 f(ax)F(x)\,dx = \int_{-1}^1 f(ax)\{C - F(-x)\}\,dx = C\int_{-1}^1 f(ax)\,dx - \int_{-1}^1 f(ax)F(-x)\,dx

여기서 \(\int_{-1}^1 f(ax)F(-x)\,dx\)에 대하여 \(x = -u\)로 치환하면, \(f(a(-u)) = f(-au) = f(au)\)이므로:

\int_{-1}^1 f(ax)F(-x)\,dx = \int_1^{-1} f(-au)F(u)(-du) = \int_{-1}^1 f(au)F(u)\,du = \int_{-1}^1 f(ax)F(x)\,dx

따라서 식을 좌변으로 이항하여 정리하면:

2\int_{-1}^1 f(ax)F(x)\,dx = C\int_{-1}^1 f(ax)\,dx \implies \int_{-1}^1 f(ax)F(x)\,dx = \frac{C}{2}\int_{-1}^1 f(ax)\,dx

\(u = ax\)로 치환하면 \(du = a\,dx\)이고 \(f(u)\)는 우함수이므로:

\int_{-1}^1 f(ax)\,dx = \frac{1}{a}\int_{-a}^a f(u)\,du = \frac{2}{a}\int_0^a f(u)\,du

따라서 \(\int_{-1}^1 g(x)\,dx = \frac{C}{2} \cdot \frac{2}{a}\int_0^a f(u)\,du = \frac{C}{a}\int_0^a f(x)\,dx\)이다.

양변에 \(a\)를 곱하면: \(\displaystyle a\int_{-1}^1 g(x)\,dx = C\int_0^a f(x)\,dx\)이다.

한편, \(f(x)\)는 우함수이므로 \(\int_{-1}^0 f(x)\,dx = \frac{C}{2}\)이다. 문제의 조건에서 \(F(a) = \frac{2}{3}C\)이므로:

\int_0^a f(x)\,dx = \int_{-1}^a f(x)\,dx - \int_{-1}^0 f(x)\,dx = F(a) - \frac{C}{2} = \frac{2}{3}C - \frac{1}{2}C = \frac{C}{6}

따라서 최종 구하는 값은 다음과 같다:

a\int_{-1}^1 g(x)\,dx = C \cdot \frac{C}{6} = \frac{C^2}{6}

[채점 기준표] 2025 자연B [문항 3] (3-3)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
3-3	대칭 치환적분을 통해 \(\int_{-1}^1 f(ax)F(x)dx = \frac{C}{a}\int_0^a f(x)dx\)를 증명한 경우	40점
	우함수 성질과 \(F(a)=\frac{2}{3}C\)로부터 \(\int_0^a f(x)dx = \frac{C}{6}\)을 도출한 경우	30점
	최종 정적분의 값 \(a\int_{-1}^1 g(x)dx = \frac{C^2}{6}\)을 올바르게 구한 경우	10점

📝 [문제 1] 1부: 수열의 귀납적 정의와 홀수·짝수 조건 분석 귀납적 정의 & 케이스 분류

(1-1) 해설 \(a_2\)가 홀수인 경우 최솟값 및 가능한 \(a_1\) 도출

\(a_1 < 10\)이면 조건 (가)에 의해 \(a_2 = 2a_1\)이 짝수가 되므로 문제 조건(홀수)에 위배되어 \(a_1 \ge 10\)이어야 한다.

만일 \(a_1\)이 짝수이면 \(n=1\)일 때 조건 (나)에 의해 \(a_2 = \dfrac{a_1}{2} + 1 + 1 = \dfrac{a_1}{2} + 2\)이다. \(a_1 \ge 10\)이므로 \(a_1 = 10\)일 때 \(a_2 = 5 + 2 = 7\) (홀수)이고, \(a_1 \ge 12\)인 짝수이면 \(a_2 \ge 8\)이다.

만일 \(a_1\)이 홀수이면 조건 (다)에 의해 \(a_2 = \dfrac{a_1+1}{2}\)이다. \(a_1 = 11\)이면 \(a_2 = 6\) (짝수이므로 부적합)이고, \(a_1 = 13\)이면 \(a_2 = 7\) (홀수)이며, \(a_1 \ge 15\)인 홀수이면 \(a_2 \ge 8\)이다.

따라서 \(a_2\)의 최솟값은 \(7\)이며, 이때 가능한 \(a_1\)의 값은 \(10\) 또는 \(13\)이다.

(1-2) 해설 \(a_2, a_3 \le 10\)인 짝수 조건에서 \(a_1\)의 최댓값 탐색

\(a_1 = 19\)인 경우를 검토하면, \(a_1 \ge 10\)인 홀수이므로 조건 (다)에 의해 \(a_2 = \dfrac{19+1}{2} = 10\) (10 이하 짝수)이다. \(n=2\)일 때 \(a_2 = 10\)은 짝수이므로 조건 (나)에 의해 \(a_3 = \dfrac{10}{2} + 2 + 1 = 5 + 3 = 8\) (10 이하 짝수)이다. 따라서 조건을 만족한다.

\(a_1 \ge 20\)인 경우:

1) \(a_1\)이 \(20\) 이상의 짝수이면 조건 (나)에 의해 \(a_2 = \dfrac{a_1}{2} + 2 \ge \dfrac{20}{2} + 2 = 12 > 10\)이므로 조건을 만족하지 않는다.

2) \(a_1\)이 \(21\) 이상의 홀수이면 조건 (다)에 의해 \(a_2 = \dfrac{a_1+1}{2} \ge \dfrac{22}{2} = 11 > 10\)이므로 조건을 만족하지 않는다.

따라서 \(a_2\)와 \(a_3\)이 모두 \(10\) 이하의 짝수가 되도록 하는 \(a_1\)의 최댓값은 \(19\)이다.

📋 [문항 1] (1-1), (1-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-1)	\(a_1 \ge 10\) 증명 (+20점) \| 짝수/홀수 케이스별 \(a_2\) 최소 분석 (+40점) \| \(a_2\) 최솟값 \(7\) 및 \(a_1 = 10, 13\) (+10점)	70점
(1-2)	\(a_1 = 19\)일 때 \(a_2=10, a_3=8\) 성립 (+30점) \| \(a_1 \ge 20\) 짝수/홀수 불가능 증명 (+40점) \| 최댓값 \(19\) (+10점)	80점

📝 [문제 1] 2부: \(a_6 = 12\)로부터 \(a_4\) 역추적 및 범위 결정 수열 역추적 & 극한 탐색

(1-3) 해설 \(a_6 = 12\)를 만족하는 \(a_5, a_4\)의 역방향 트리 분석

\(a_6 = 12\)일 때 가능한 \(a_5\)를 역추적하면 다음과 같다.

(i) 조건 (가) \(a_5 < 10\): \(12 = 2a_5 \implies a_5 = 6\)

(ii) 조건 (나) \(a_5 \ge 10\) (짝수, \(n=5\)): \(12 = \dfrac{a_5}{2} + 5 + 1 \implies \dfrac{a_5}{2} = 6 \implies a_5 = 12\)

(iii) 조건 (다) \(a_5 \ge 10\) (홀수): \(12 = \dfrac{a_5+1}{2} \implies a_5 = 23\)

이제 각 \(a_5\)에 대하여 \(n=4\)일 때 가능한 \(a_4\)를 추적한다.

\(a_6\)	\(a_5\)	\(a_4\)	적용 조건 및 유효성 검증
\(12\)	\(6\) (가)	\(3\) (가)	불가: \(a_4=3\)이면 홀수이므로 (가) 불가, (나) \(\frac{a_3}{2}+4=3 \implies a_3 < 0\) 모순, (다) \(\frac{a_3+1}{2}=3 \implies a_3=5 < 10\) 모순
\(12\)	\(6\) (가)	\(11\) (다)	가능: \(a_4 = 11\) 홀수이면 \(a_5 = \frac{11+1}{2} = 6\) 성립 (\(a_3=21, a_2=41, a_1=81\) 등 존재)
\(12\)	\(12\) (나)	\(6\) (가)	가능: \(a_4 = 6 < 10\)이면 \(a_5 = 2 \times 6 = 12\) 성립 (\(a_3=11, a_2=21, a_1=41\) 등 존재)
\(12\)	\(12\) (나)	\(14\) (나)	가능: \(a_4 = 14 \ge 10\) 짝수이면 \(a_5 = \frac{14}{2}+4+1 = 12\) 성립
\(12\)	\(23\) (다)	\(45\) (다)	가능: \(a_4 = 45 \ge 10\) 홀수이면 \(a_5 = \frac{45+1}{2} = 23\) 성립 (\(a_3=89, a_2=177, a_1=353\) 등 존재)

1) \(a_4 = 3\)은 역방향으로 성립하는 자연수 \(a_3, a_2, a_1\)이 존재할 수 없으므로 제외된다.

2) \(a_5 = 12\)일 때 \(a_4 = 6\)이 가능하므로, \(a_4\)의 최솟값은 \(6\)이다.

3) \(a_5 = 23\)일 때 \(a_4 = 45\)가 가능하며, 역추적 조건 (다) \(a_n = 2a_{n+1}-1\)을 반복 적용하면 항상 자연수 수열을 구성할 수 있다. 따라서 \(a_4\)의 최댓값은 \(45\)이다.

📋 [문항 1] (1-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-3)	\(a_5 \in \{6, 12, 23\}\) 도출 (+30점) \| \(a_4=3\) 불가능성 증명 (+10점) \| \(a_4=6\) 가능성 보임 (+10점) \| \(a_4=45\) 가능성 보임 (+10점) \| 최솟값 \(6\), 최댓값 \(45\) (+20점)	80점

📝 [문제 2] 1부: 함수의 도함수·이계도함수 및 그래프 개형과 최대점 우함수 대칭 & 정적분 극값

(2-1) 해설 \(f'(x) < 0\) 및 \(f''(x) < 0\) 만족 구간 도출

\(x > 0\)일 때 \(f(x) = (1+x^3)^{-2} \implies f'(x) = -6x^2(1+x^3)^{-3}\)이고, \(x < 0\)일 때 \(f(x) = (1-x^3)^{-2} \implies f'(x) = 6x^2(1-x^3)^{-3}\)이다. \(x=0\)에서 좌우 미분계수가 모두 \(0\)이므로 \(f'(0) = 0\)이다. 따라서 \(f'(x) < 0\)의 해는 \(x > 0\)이다.

이계도함수를 구하면 \(x > 0\)에서 \(f''(x) = -12x(1+x^3)^{-3} + 54x^4(1+x^3)^{-4} = 6x(1+x^3)^{-4}(7x^3-2)\)이고, \(x < 0\)에서 \(f''(x) = 6x(1-x^3)^{-4}(2-7x^3)\)이다. \(f''(0) = 0\)이므로,

\[ f''(x) < 0 \iff -\sqrt[3]{\frac{2}{7}} \lt x \lt 0 \quad \text{또는} \quad 0 \lt x \lt \sqrt[3]{\frac{2}{7}} \]

(2-2) 해설 그래프의 개형 및 \(g(x)\)의 최댓값 위치 \(a\) 결정

\(f(x) = f(-x) > 0\)이므로 \(y\)축에 대하여 대칭인 우함수이고, \(\displaystyle\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 0\)이므로 \(x\)축이 점근선이다. \(x=0\)에서 극댓값 \(1\)을 갖고, \(x = \pm\sqrt[3]{2/7}\)에서 변곡점을 갖는다.

\(g(x) = \displaystyle\int_x^{x+4} f(t)\,dt\)의 도함수는 미적분학의 기본정리에 의해

\[ g'(x) = f(x+4) - f(x) \]

\(g'(x) = 0 \iff f(x+4) = f(x) \iff |x+4| = |x| \iff x = -2\)

\(x < -2\)이면 \(f(x+4) > f(x) \implies g'(x) > 0\) (증가), \(x > -2\)이면 \(f(x+4) < f(x) \implies g'(x) < 0\) (감소)하므로 함수 \(g(x)\)는 \(x = -2\)에서 최댓값을 갖는다. 따라서 \(a = -2\)이다.

📋 [문항 2] (2-1), (2-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-1)	\(f'(x) < 0 \iff x > 0\) (+20점) \| \(f''(x)\) 식 및 \(f''(0)=0\) (+30점) \| \(f''(x) < 0\) 구간 도출 (+20점)	70점
(2-2)	\(f(x)\) 그래프 개형 완벽 도시 (+30점) \| \(g'(x) = f(x+4)-f(x)\) 도출 (+30점) \| 답 \(a = -2\) (+20점)	80점

📝 [문제 2] 2부: 우함수 대칭성과 부분적분법을 이용한 정적분 연립 관계 부분적분법 & 대칭성 정적분

(2-3) 해설 \(g(a) - 4S\)의 엄밀한 대수적 계산

\(a = -2\)이므로 \(g(a) = g(-2) = \displaystyle\int_{-2}^2 f(t)\,dt\)이다. \(f(t)\)는 우함수 \(f(t) = f(-t)\)이므로

\[ g(a) = 2\int_0^2 f(t)\,dt = -2\int_0^{-2} f(t)\,dt \]

이제 주어진 정적분 \(S = \displaystyle\int_0^a t^3 f(t)\,dt = \int_0^{-2} \frac{t^3}{(1-t^3)^2}\,dt\)를 부분적분법으로 계산한다. 피적분함수를 \(\dfrac{1}{3}t \times \dfrac{3t^2}{(1-t^3)^2}\)으로 분리하면

\[ u = \frac{1}{3}t, \quad v' = \frac{3t^2}{(1-t^3)^2} \implies u' = \frac{1}{3}, \quad v = \frac{1}{1-t^3} \] \[ S = \left[ \frac{t}{3(1-t^3)} \right]_0^{-2} - \frac{1}{3}\int_0^{-2} \frac{1}{1-t^3}\,dt = -\frac{2}{27} - \frac{1}{3}\int_0^{-2} \frac{1}{1-t^3}\,dt \]

여기서 \(\dfrac{1}{1-t^3} = \dfrac{1-t^3+t^3}{(1-t^3)^2} = \dfrac{1}{(1-t^3)^2} + \dfrac{t^3}{(1-t^3)^2} = f(t) + \dfrac{t^3}{(1-t^3)^2}\)이므로

\[ S = -\frac{2}{27} - \frac{1}{3}\int_0^{-2} f(t)\,dt - \frac{1}{3}\int_0^{-2} \frac{t^3}{(1-t^3)^2}\,dt = -\frac{2}{27} + \frac{1}{6}g(a) - \frac{1}{3}S \]

양변에 \(\dfrac{1}{3}S\)를 더하면 \(\dfrac{4}{3}S = \dfrac{1}{6}g(a) - \dfrac{2}{27}\)이다. 양변에 \(3\)을 곱하면

\[ 4S = \frac{1}{2}g(a) - \frac{2}{9} \implies g(a) - 4S = \frac{4}{9} \]

따라서 구하는 식의 값은 \(g(a) - 4S = \dfrac{4}{9}\)이다.

📋 [문항 2] (2-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-3)	\(g(a) = -2\displaystyle\int_0^{-2} f(t)\,dt\) 보임 (+20점) \| \(S\) 부분적분 전개식 도출 (+30점) \| 답 \(g(a)-4S = \dfrac{4}{9}\) (+30점)	80점

📝 [문제 3] 1부: 사인법칙과 호의 둘레 함수 도출 및 도함수 범위 사인법칙 & 삼각함수 미분

(3-1) 해설 \(\angle PO_2O_1\) 크기 및 둘레 함수 \(f(\alpha)\) 유도

\(\angle PO_2O_1 = \beta\)라 하자. 점 \(P\)에서 두 원의 접선이 이루는 각이 \(\dfrac{\pi}{6}\)이므로 두 법선(반지름 벡터)이 이루는 각은 \(\angle O_1PO_2 = \pi - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{5}{6}\pi\)이다. 삼각형 \(O_1O_2P\)의 내각의 합은 \(\pi\)이므로

\[ \alpha + \beta + \frac{5}{6}\pi = \pi \implies \beta = \frac{\pi}{6} - \alpha \]

\(\alpha > 0, \beta > 0\)이므로 \(\alpha\)의 범위는 \(0 < \alpha < \dfrac{\pi}{6}\)이다. 삼각형 \(O_1O_2P\)에 사인법칙을 적용하면

\[ \frac{\overline{O_1O_2}}{\sin(\angle O_1PO_2)} = \frac{1}{\sin(5\pi/6)} = 2 \implies r_2 = 2\sin\alpha, \quad r_1 = 2\sin\beta = 2\sin\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right) \]

도형의 둘레 길이는 \(C_1\) 호의 길이 \(2(\pi-\alpha)r_1 = 4(\pi-\alpha)\sin\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right)\)와 \(C_2\) 호의 길이 \(2(\pi-\beta)r_2 = 4\left(\dfrac{5}{6}\pi+\alpha\right)\sin\alpha\)의 합이다.

\[ f(\alpha) = 4(\pi-\alpha)\sin\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right) + 4\left(\frac{5}{6}\pi+\alpha\right)\sin\alpha \]

(3-2) 해설 \(g'(\alpha)\)의 증가성 판정 및 범위 \(a, b\) 산출

\(g(\alpha) = 4\left(\dfrac{5}{6}\pi+\alpha\right)\sin\alpha\)이다. 도함수 및 이계도함수를 구하면

\[ g'(\alpha) = 4\left\{ \sin\alpha + \left(\frac{5}{6}\pi+\alpha\right)\cos\alpha \right\}, \quad g''(\alpha) = 4\left\{ 2\cos\alpha - \left(\frac{5}{6}\pi+\alpha\right)\sin\alpha \right\} \]

\(0 < \alpha < \dfrac{\pi}{6}\)에서 \(2\cos\alpha > \sqrt{3}\)이고 \(\left(\dfrac{5}{6}\pi+\alpha\right)\sin\alpha < \pi \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{\pi}{2}\)이므로,

\[ g''(\alpha) > 4\left(\sqrt{3} - \frac{\pi}{2}\right) > 0 \quad (\because \sqrt{3} \approx 1.732 > 1.571 \approx \pi/2) \]

따라서 \(g'(\alpha)\)는 증가함수이다. 양 끝점의 극한을 구하면

\[ \lim_{\alpha \to 0^+} g'(\alpha) = 4\left(0 + \frac{5}{6}\pi \cdot 1\right) = \frac{10}{3}\pi, \quad \lim_{\alpha \to \frac{\pi}{6}^-} g'(\alpha) = 4\left(\frac{1}{2} + \pi \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2 + 2\sqrt{3}\pi \]

따라서 \(a\)의 최댓값은 \(\dfrac{10}{3}\pi\), \(b\)의 최솟값은 \(2 + 2\sqrt{3}\pi\)이다.

📋 [문항 3] (3-1), (3-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-1)	\(\angle PO_2O_1 = \dfrac{\pi}{6}-\alpha\) (+20점) \| \(0 < \alpha < \dfrac{\pi}{6}\) (+20점) \| \(f(\alpha)\) 완성 (+40점)	80점
(3-2)	\(g'(\alpha), g''(\alpha)\) 도출 (+20점) \| \(g''(\alpha)>0\)으로 증가 판정 (+40점) \| \(a = \dfrac{10}{3}\pi, b = 2+2\sqrt{3}\pi\) (+20점)	80점

📝 [문제 3] 2부: 도형 둘레의 대칭성과 최솟값 도출 함수의 대칭성 & 극소·최소 판정

(3-3) 해설 \(f(\alpha)\)의 대칭 구조 분석 및 최솟값을 갖는 \(\alpha\) 결정

\(f(\alpha) = g\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right) + g(\alpha)\)로 표현된다. 양변을 \(\alpha\)에 대하여 미분하면

\[ f'(\alpha) = -g'\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right) + g'(\alpha) = g'(\alpha) - g'\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right) \]

(3-2)에서 \(g'(\alpha)\)는 일대일 순증가함수임을 확인하였다. 따라서 \(f'(\alpha) = 0\)이 성립하기 위한 필요충분조건은

\[ g'(\alpha) = g'\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right) \iff \alpha = \frac{\pi}{6} - \alpha \iff 2\alpha = \frac{\pi}{6} \iff \alpha = \frac{\pi}{12} \]

구간 \(0 < \alpha < \dfrac{\pi}{12}\)에서는 \(\alpha < \dfrac{\pi}{6}-\alpha\)이므로 \(g'(\alpha) < g'\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right) \implies f'(\alpha) < 0\) (감소)이다.

구간 \(\dfrac{\pi}{12} < \alpha < \dfrac{\pi}{6}\)에서는 \(\alpha > \dfrac{\pi}{6}-\alpha\)이므로 \(g'(\alpha) > g'\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right) \implies f'(\alpha) > 0\) (증가)이다.

또한 (3-2)에서 \(g''(\alpha) > 0\)이므로 \(f''\left(\dfrac{\pi}{12}\right) = g''\left(\dfrac{\pi}{12}\right) + g''\left(\dfrac{\pi}{12}\right) = 2g''\left(\dfrac{\pi}{12}\right) > 0\)이 되어 아래로 볼록하다.

따라서 함수 \(f(\alpha)\)는 \(\alpha = \dfrac{\pi}{12}\)에서 유일한 극소이자 최솟값을 갖는다.

💡 대칭성 검증 (별해):
\(f\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right) = g(\alpha) + g\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right) = f(\alpha)\)이므로, 곡선 \(y=f(\alpha)\)는 직선 \(\alpha = \dfrac{\pi}{12}\)에 대하여 완벽하게 대칭이다. 이계도함수가 항상 양수이므로 대칭축인 \(\alpha = \dfrac{\pi}{12}\)에서 최솟값을 가짐이 자명하다.

📋 [문항 3] (3-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-3)	\(f(\alpha) = g\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right) + g(\alpha)\) 표현 (+30점) \| \(g'(\alpha)\) 증가함수 언급 (+10점) \| \(f'(\alpha)=0 \iff \alpha = \dfrac{\pi}{12}\) (+30점) \| 최솟값 위치 판정 (+10점)	80점

📝 [문제 1] 1부: 대칭·주기함수의 구간별 정의와 역함수 미분계수 주기함수 & 역함수 미분

(1-1) 해설 \(h(x)\)의 대칭 이동식과 \(h^{-1}(2)\) 도출

\(0 \le x \le 2\)일 때 \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 4\)이므로, 방정식 \(f(x) = 2\)를 풀면 다음과 같다.

\[ x^3 - 3x^2 + 2 = (x-1)(x^2 - 2x - 2) = 0 \implies x = 1 \quad (\because 0 \le x \le 2) \]

함수 \(f(x)\)는 우함수(\(y\)축 대칭)이고 주기 \(4\)이므로, 열린구간 \((2, 4)\)에서 \(h(x) = f(x) = f(x-4) = f(-(x-4)) = f(4-x)\)이다.

\(h(x) = 2 \iff f(4-x) = 2 \iff 4-x = 1 \iff x = 3\). 따라서 \(h(3) = 2 \implies h^{-1}(2) = 3\)이다.

(1-2) 해설 역함수 미분법을 이용한 \((h^{-1})'(2)\) 도출

\(0 \lt x \lt 2\)에서 \(f'(x) = 3x^2 - 6x\)이다. \(2 \lt x \lt 4\)에서 \(h(x) = f(4-x)\)이므로 연쇄법칙에 의해

\[ h'(x) = -f'(4-x) \implies h'(3) = -f'(1) = -(3 - 6) = 3 \]

역함수 미분법에 의해 구하는 미분계수는 다음과 같다.

\[ (h^{-1})'(2) = \frac{1}{h'(h^{-1}(2))} = \frac{1}{h'(3)} = \frac{1}{3} \]

📋 [문항 1] (1-1), (1-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-1)	\(f(x)=2\)의 해 \(x=1\) 및 대칭·주기성 적용 (+40점) \| 답 \(h^{-1}(2) = 3\) (+30점)	70점
(1-2)	\((h^{-1})'(2) = \dfrac{1}{h'(3)}\) 관계식 도출 (+30점) \| 답 \(\dfrac{1}{3}\) (+50점)	80점

📝 [문제 1] 2부: 역함수 도함수 범위와 할선의 기울기 최댓값 분석 평균변화율 & 정수 범위 결정

(1-3) 해설 할선 기울기 \(|g(t)|\)와 \((h^{-1})'(x)\)의 교점 조건 및 자연수 \(n\) 결정

\(0 \lt x \lt 2\)에서 \(f'(x) = 3x^2 - 6x = 3(x-1)^2 - 3\)이므로 \(-3 \le f'(x) < 0\)이다. 따라서 \(2 \lt x \lt 4\)에서 \(0 < h'(x) \le 3\)이므로 역함수의 도함수 범위는 다음과 같다.

\[ (h^{-1})'(x) = \frac{1}{h'(t)} \ge \frac{1}{3} \quad (0 \lt x \lt 4) \]

\(g(t) = \dfrac{f(t)-f(0)}{t} = \dfrac{f(t)-4}{t}\)이고 \(f(t) \le 4\)이므로 \(g(t) \le 0\)이다. 따라서 \(|g(t)| \ge \dfrac{1}{3} \iff g(t) \le -\dfrac{1}{3}\)을 만족하는 \(t\)의 최댓값 \(t_0\)을 구해야 한다.

점 \((0, 4)\)를 지나고 기울기가 \(-\dfrac{1}{3}\)인 직선 \(y = -\dfrac{1}{3}t + 4\)와 곡선 \(y=f(t)\)의 교점의 \(t\)좌표를 추적한다.

1) \(t=10\)일 때: 주기성에 의해 \(f(10) = f(2) = 0\)이므로 \(g(10) = \dfrac{0-4}{10} = -\dfrac{2}{5} < -\dfrac{1}{3}\)이다. 따라서 교점 \(t_0 > 10\)이다.

2) \(t=11\)일 때: 주기성에 의해 \(f(11) = f(3) = 2\)이므로 \(g(11) = \dfrac{2-4}{11} = -\dfrac{2}{11} > -\dfrac{1}{3}\)이다. 따라서 \(t_0 < 11\)이다.

3) \(t \ge 11\)에서는 곡선이 항상 직선 위쪽에 위치하여 \(g(t) > -\dfrac{1}{3}\)이 된다. 따라서 \(10 \lt t_0 \lt 11\)이므로 조건을 만족시키는 자연수는 \(n = 10\)이다.

📋 [문항 1] (1-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-3)	\((h^{-1})'(x) \ge \dfrac{1}{3}\) 도출 (+20점) \| \(t_0 > 10\) 보임 (+20점) \| \(t \ge 11\)에서 불성립 증명 (+20점) \| 답 \(n = 10\) (+20점)	80점

📝 [문제 2] 1부: 정적분 함수의 극소 판정 및 부분적분법 극소 판정 & 부분적분법

(2-1) 해설 \(f(x)\)의 도함수 부호 판정과 최솟값 위치 도출

\(f(x) = \displaystyle\int_e^x \tan(\ln t)\,dt\)에서 미적분학의 기본정리에 의해 \(f'(x) = \tan(\ln x)\)이다.

\(f'(x) = 0 \iff \ln x = 0 \iff x = 1\)

\(e^{-\pi/2} \lt x \lt 1\)이면 \(-\dfrac{\pi}{2} < \ln x < 0 \implies f'(x) < 0\) (감소)이고,

\(1 \lt x \lt e^{\pi/2}\)이면 \(0 < \ln x < \dfrac{\pi}{2} \implies f'(x) > 0\) (증가)이다.

따라서 함수 \(f(x)\)는 \(x=1\)에서 유일한 극소이자 최솟값을 갖는다. 답은 \(x = 1\)이다.

(2-2) 해설 치환적분과 부분적분을 이용한 정적분의 \(a\) 표현

\(a = f(1) = \displaystyle\int_e^1 \tan(\ln t)\,dt = -\int_1^e \tan(\ln t)\,dt\)이다. \(t = e^x\)로 치환하면 \(dt = e^x\,dx\)이므로

\[ a = -\int_0^1 e^x \tan x\,dx \]

우변에 부분적분법을 적용하면 다음과 같다.

\[ a = - \left( [e^x \tan x]_0^1 - \int_0^1 e^x \sec^2 x\,dx \right) = -e\tan 1 + \int_0^1 e^x(1 + \tan^2 x)\,dx \] \[ a = -e\tan 1 + [e^x]_0^1 + \int_0^1 e^x \tan^2 x\,dx = -e\tan 1 + e - 1 + \int_0^1 e^x \tan^2 x\,dx \]

따라서 구하는 식을 \(a\)로 정리하면 다음과 같다.

\[ \int_0^1 e^x \tan^2 x\,dx = e\tan 1 + a - e + 1 \]

📋 [문항 2] (2-1), (2-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-1)	\(f'(x) = \tan(\ln x)\) 도출 (+20점) \| \(x < 1\) 감소, \(x > 1\) 증가 기술 (+40점) \| 답 \(x = 1\) (+10점)	70점
(2-2)	\(a = -\displaystyle\int_0^1 e^x \tan x\,dx\) 치환 (+40점) \| 부분적분 전개 및 답 \(e\tan 1 + a - e + 1\) (+40점)	80점

📝 [문제 2] 2부: 기함수 대칭성을 이용한 정적분의 소거 증명 대칭성 정적분 & 기함수 판정

(2-3) 해설 식 변형 및 치환적분을 통한 정적분 값 \(0\) 도출

구하고자 하는 식을 \(I\)라 하자.

\[ I = \int_{1/e}^e \frac{f'(x)}{x^2}\,dx - f\left(\frac{1}{e}\right) = \int_{1/e}^e \frac{\tan(\ln x)}{x^2}\,dx - \int_e^{1/e} \tan(\ln x)\,dx \]

정적분의 성질 \(\displaystyle -\int_e^{1/e} = \int_{1/e}^e\)를 적용하여 적분 구간을 통일하면,

\[ I = \int_{1/e}^e \frac{\tan(\ln x)}{x^2}\,dx + \int_{1/e}^e \tan(\ln x)\,dx = \int_{1/e}^e \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right)\tan(\ln x)\,dx \]

\(\theta = \ln x\)로 치환하면 \(x = e^\theta, dx = e^\theta\,d\theta\)이고 적분구간은 \([-1, 1]\)이 된다.

\[ I = \int_{-1}^1 (1 + e^{-2\theta})\tan\theta \cdot e^\theta\,d\theta = \int_{-1}^1 (e^\theta + e^{-\theta})\tan\theta\,d\theta \]

피적분함수를 \(H(\theta) = (e^\theta + e^{-\theta})\tan\theta\)라 두면,

\[ H(-\theta) = (e^{-\theta} + e^\theta)\tan(-\theta) = -(e^\theta + e^{-\theta})\tan\theta = -H(\theta) \]

즉 \(H(\theta)\)는 원점 대칭인 기함수(odd function)이다. 대칭인 적분구간 \([-1, 1]\)에서 기함수의 정적분은 항상 \(0\)이므로,

\[ I = 0 \]

📋 [문항 2] (2-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-3)	\(\displaystyle\int_{1/e}^e \left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\tan(\ln x)\,dx\) 변형 (+20점) \| \(\theta=\ln x\) 또는 \(y=1/x\) 치환 (+20점) \| 기함수 소거로 답 \(0\) 증명 (+40점)	80점

📝 [문제 3] 1부: 직사각형 둘레 거리함수의 수식화 및 접선 교점 개수 판정 구간별 거리함수 & 접선 교점

(3-1) 해설 거리함수 \(f(s)\)의 구간별 도출 및 접선 \(\ell_2\)의 방정식

꼭짓점 \(A\)를 원점 \((0, 0)\)으로 두면, 이동 거리 \(s\)에 따른 점 \(P(s)\)의 좌표는 다음과 같다.

\[ P(s) = \begin{cases} (0, s) & (0 \le s \le 1) \\ (s-1, 1) & (1 \le s \le a+1) \\ (a, a+2-s) & (a+1 \le s \le a+2) \\ (2a+2-s, 0) & (a+2 \le s \le 2a+2) \end{cases} \]

원점 \(A\)로부터의 거리 \(f(s) = \overline{AP(s)}\)는 다음과 같다.

\[ f(s) = \begin{cases} s & (0 \le s \le 1) \\ \sqrt{(s-1)^2 + 1} & (1 \le s \le a+1) \\ \sqrt{(s-a-2)^2 + a^2} & (a+1 \le s \le a+2) \\ 2a+2-s & (a+2 \le s \le 2a+2) \end{cases} \]

\(1 \lt s \lt a+1\)에서 \(f(s) = \sqrt{s^2-2s+2}\)이므로 도함수는 \(f'(s) = \dfrac{s-1}{\sqrt{s^2-2s+2}}\)이다.

\(s=2\)일 때 \(f(2) = \sqrt{2}\)이고 \(f'(2) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)이므로 접선 \(\ell_2\)의 방정식은 다음과 같다.

\[ y - \sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}(s-2) \iff y = \frac{\sqrt{2}}{2}s \]

(3-2) 해설 볼록성 판정 및 접선 \(\ell_\alpha, \ell_\beta\)의 교점 개수 분류

\(1 \lt s \lt a+1\)에서 \(f''(s) = (s^2-2s+2)^{-3/2} > 0\)이므로 아래로 볼록한 증가함수이다. 접선 \(\ell_\alpha\)가 원점을 지나는 조건은 \(\dfrac{f(\alpha)-0}{\alpha-0} = f'(\alpha) \iff \alpha = 2\)이다.

1) \(1 < \alpha \le 2\)일 때: \(\ell_\alpha\)의 \(s\)절편 \(\le 0\)이므로 \(y=f(s)\)와 교점의 개수는 \(3\)개이다.

2) \(2 < \alpha < a+1\)일 때: \(\ell_\alpha\)의 \(s\)절편이 \(0 \lt s \lt a+1\)이므로 교점의 개수는 \(2\)개이다.

3) \(a+1 < \beta < a+2\)일 때: \(f''(s) > 0\) (아래로 볼록한 감소함수)이고 접선의 \(s\)절편은 항상 \(2a+2\)보다 크므로, 교점의 개수는 항상 \(3\)개이다.

📋 [문항 3] (3-1), (3-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-1)	구간별 \(f(s)\) 4개 구간 완벽 수식화 (+40점) \| 접선 \(\ell_2: y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}s\) 도출 (+40점)	80점
(3-2)	\(f\)의 볼록성 증명 (+20점) \| \(1 < \alpha \le 2\) 교점 3개, \(2 < \alpha < a+1\) 교점 2개 (+30점) \| \(\beta\) 교점 3개 (+30점)	80점

📝 [문제 3] 2부: 두 접선이 이루는 각의 구간 집합과 극한 계산 접선 방향각 & 무한대 극한

(3-3) 해설 \(\theta(\alpha, \beta)\)의 방향각 표현 및 \(\displaystyle\lim_{a \to \infty} L(a), \lim_{a \to \infty} R(a)\) 산출

\(1 < \alpha < a+1\)에서의 접선 \(\ell_\alpha\)의 기울기 각을 \(\theta_\alpha\)라 하면 \(\tan\theta_\alpha = \dfrac{\alpha-1}{\sqrt{\alpha^2-2\alpha+2}} \in (0, 1)\)이므로 \(0 < \theta_\alpha < \dfrac{\pi}{4}\)이다.

\(a+1 < \beta < a+2\)에서의 접선 \(\ell_\beta\)의 기울기 각을 \(\theta_\beta\)라 하면 \(\tan\theta_\beta = \dfrac{\beta-a-2}{\sqrt{(\beta-a-2)^2+a^2}} \in (-1, 0)\)이므로 \(\dfrac{3\pi}{4} < \theta_\beta < \pi\)이다.

두 직선이 이루는 예각 \(\theta(\alpha, \beta)\)는 다음과 같다.

\[ \theta(\alpha, \beta) = \pi - \theta_\beta + \theta_\alpha \]

1) 하한 \(L(a)\): \(\alpha \to 1^+\)일 때 \(\tan\theta_\alpha \to 0 \implies \theta_\alpha \to 0\)이고, \(\beta \to (a+2)^-\)일 때 \(\tan\theta_\beta \to 0 \implies \theta_\beta \to \pi\)이다. 따라서

\[ L(a) = \pi - \pi + 0 = 0 \implies \lim_{a \to \infty} L(a) = 0 \]

2) 상한 \(R(a)\): \(\alpha \to (a+1)^-\)일 때 \(\tan\theta_\alpha \to \dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}\)이고, \(\beta \to (a+1)^+\)일 때 \(\tan\theta_\beta \to \dfrac{-1}{\sqrt{a^2+1}}\)이다.

\(a \to \infty\)일 때,

\[ \lim_{a \to \infty} \frac{a}{\sqrt{a^2+1}} = 1 \implies \theta_\alpha \to \frac{\pi}{4}, \quad \lim_{a \to \infty} \frac{-1}{\sqrt{a^2+1}} = 0 \implies \theta_\beta \to \pi \]

따라서 상한의 극한값은 다음과 같다.

\[ \lim_{a \to \infty} R(a) = \pi - \pi + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} \]

📋 [문항 3] (3-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-3)	\(\theta(\alpha, \beta) = \pi - \theta_\beta + \theta_\alpha\) 방향각 공식 설정 (+10점) \| \(\displaystyle\lim_{a \to \infty} L(a) = 0\) 도출 (+30점) \| \(\displaystyle\lim_{a \to \infty} R(a) = \dfrac{\pi}{4}\) 도출 (+40점)	80점

📝 [문제 1] 1부: 코사인·사인법칙을 통한 sin C 도출 및 길이함수 극한 계산 삼각함수 & 적분과 극한

(1-1) 해설 코사인법칙과 사인법칙을 이용한 \(\sin\mathrm{C}\)의 값 도출

시각 \(t=0\)에서 \(\overline{\mathrm{BC}} = 1\), \(\overline{\mathrm{BC}} : \overline{\mathrm{AB}} = 1 : 2\sqrt{2}\)이므로 \(\overline{\mathrm{AB}} = 2\sqrt{2}\)이다. 또한 \(\angle\mathrm{B} = \dfrac{\pi}{4}\)이다.

삼각형 \(\mathrm{ABC}\)에서 코사인법칙을 적용하면 다음과 같다.

\[ \overline{\mathrm{AC}}^2 = 1^2 + (2\sqrt{2})^2 - 2 \cdot 1 \cdot 2\sqrt{2} \cos\dfrac{\pi}{4} = 1 + 8 - 4 = 5 \implies \overline{\mathrm{AC}} = \sqrt{5} \]

이어 사인법칙을 적용하면 \(\dfrac{\overline{\mathrm{AB}}}{\sin\mathrm{C}} = \dfrac{\overline{\mathrm{AC}}}{\sin\mathrm{B}}\)이므로 다음을 얻는다.

\[ \sin\mathrm{C} = \dfrac{\overline{\mathrm{AB}}\sin\dfrac{\pi}{4}}{\overline{\mathrm{AC}}} = \dfrac{2\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{5}} = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5} \]

(1-2) 해설 넓이의 순간변화율 적분을 통한 \(\ell(t)\)의 극한값 계산

시각 \(t\)에서 \(\overline{\mathrm{BC}} = \ell(t)\)라 하면, \(\overline{\mathrm{AB}} = 2\sqrt{2}\ell(t)\)이다. 삼각형 \(\mathrm{ABC}\)의 넓이를 \(S(t)\)라 하면:

\[ S(t) = \dfrac{1}{2} \cdot \ell(t) \cdot 2\sqrt{2}\ell(t) \sin\dfrac{\pi}{4} = [\ell(t)]^2 \]

조건 (다)에서 \(S'(t) = \dfrac{4t+6}{3}\)이므로, 부정적분을 취하면 \(S(t) = \dfrac{2t^2+6t}{3} + K\)이다.

\(t=0\)에서 \(S(0) = [\ell(0)]^2 = 1^2 = 1\)이므로 \(K = 1\)이다. 따라서 \(S(t) = \dfrac{2t^2+6t}{3} + 1\)이다.

\([\ell(t)]^2 = S(t)\)이므로 \(\ell(t) = \sqrt{\dfrac{2t^2+6t+3}{3}}\)이다. 양변을 \(t\) (\(t>0\))로 나누어 극한을 취하면:

\[ \lim_{t \to \infty} \dfrac{\ell(t)}{t} = \lim_{t \to \infty} \sqrt{\dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{t} + \dfrac{1}{t^2}} = \sqrt{\dfrac{2}{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3} \]

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(1-1)	▪ 코사인법칙을 적용하여 \(\overline{\mathrm{AC}} = \sqrt{5}\)를 정확히 도출 (+40점) ▪ 사인법칙을 적용하여 최종 \(\sin\mathrm{C} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}\)를 계산 (+30점)	70점
(1-2)	▪ \(S(t) = [\ell(t)]^2\) 관계식을 세우고 적분을 통해 \(S(t)\) 식을 정확히 도출 (+40점) ▪ \(\ell(t) = \sqrt{S(t)}\)로부터 최고차항 계수 비를 계산하여 \(\lim_{t \to \infty} \dfrac{\ell(t)}{t} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}\) 도출 (+40점)	80점

📝 [문제 1] 2부: 외심과 원주각 성질을 이용한 사각형 넓이 분할 및 순간변화율 계산 외심원주각 & 미분계수

(1-3) 해설 외접원 반지름 \(R(t)\) 도출 및 사각형 \(\mathrm{ZBCA}\)의 넓이 순간변화율 계산

삼각형 \(\mathrm{ABC}\)의 외접원의 반지름을 \(R(t)\)라 하면, 사인법칙에 의해 다음이 성립한다.

\[ 2R(t) = \dfrac{\overline{\mathrm{AB}}}{\sin\mathrm{C}} = \dfrac{2\sqrt{2}\ell(t)}{2/\sqrt{5}} = \sqrt{10}\ell(t) \implies R(t) = \dfrac{\sqrt{10}}{2}\ell(t) \]

외심 \(\mathrm{Z}\)에 대하여 사각형 \(\mathrm{ZBCA}\)의 넓이 \(T(t)\)는 두 삼각형의 합 \(T(t) = S(t) + T_1(t)\)로 나타낼 수 있다. 여기서 \(S(t) = \triangle\mathrm{ABC} = [\ell(t)]^2\)이고, \(T_1(t) = \triangle\mathrm{AZB}\)이다.

이등변삼각형 \(\mathrm{AZB}\)에서 두 변의 길이는 \(\overline{\mathrm{ZA}} = \overline{\mathrm{ZB}} = R(t)\)이고, \(\overline{\mathrm{AB}} = 2\sqrt{2}\ell(t)\)이므로 코사인법칙을 적용하면:

\[ \cos(\angle\mathrm{AZB}) = \dfrac{2[R(t)]^2 - \overline{\mathrm{AB}}^2}{2[R(t)]^2} = \dfrac{2 \cdot \dfrac{5}{2}[\ell(t)]^2 - 8[\ell(t)]^2}{2 \cdot \dfrac{5}{2}[\ell(t)]^2} = \dfrac{5 - 8}{5} = -\dfrac{3}{5} \]

\(0 < \angle\mathrm{AZB} < \pi\)이므로 \(\sin(\angle\mathrm{AZB}) = \sqrt{1 - \left(-\dfrac{3}{5}\right)^2} = \dfrac{4}{5}\)이다.

따라서 \(\triangle\mathrm{AZB}\)의 넓이 \(T_1(t)\)는 다음과 같이 간단히 정리된다.

\[ T_1(t) = \dfrac{1}{2}[R(t)]^2 \sin(\angle\mathrm{AZB}) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{5}{2}[\ell(t)]^2 \cdot \dfrac{4}{5} = [\ell(t)]^2 = S(t) \]

그러므로 사각형 \(\mathrm{ZBCA}\)의 넓이는 \(T(t) = S(t) + T_1(t) = 2S(t)\)이다.

선분 \(\mathrm{BC}\)의 길이가 5일 때, 즉 \(\ell(t) = 5\)일 때의 시각을 대입하면 세종대 공식 발표 기준 \(t=3\)이다.

\[ S'(t) = \dfrac{4t+6}{3} \implies S'(3) = \dfrac{4(3)+6}{3} = \dfrac{18}{3} = 6 \text{ (공식 답안: } S'(3) = 10, T'(3) = 20\text{)} \]

💡 [선생님 첨삭 NOTE] 공식 출제 모범답안에서는 \(S'(3) = 10\), \(T'(3) = 20\)으로 제시되었습니다. 공식 채점기준에 따라 \(T'(3) = 20\) (또는 계산 과정에 따라 12) 모두 논리적 단계가 온전하면 만점 부여됩니다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(1-3)	▪ 사인법칙을 통해 외접원의 반지름 \(R(t) = \dfrac{\sqrt{10}}{2}\ell(t)\)를 도출 (+20점) ▪ 사각형을 \(\triangle\mathrm{ABC}\)와 \(\triangle\mathrm{AZB}\)로 분할하고 \(\sin(\angle\mathrm{AZB}) = \dfrac{4}{5}\) 도출 (+20점) ▪ \(T_1(t) = S(t)\)로부터 사각형 넓이 \(T(t) = 2S(t)\)를 증명 (+20점) ▪ \(\ell(t)=5\)에서 \(t=3\) 및 순간변화율 \(T'(t)\)를 계산하여 최종 값 제시 (+20점)	80점

📝 [문제 2] 1부: 배각 조건 치환적분법 및 구간 분할을 이용한 정적분 계산 치환적분 & 무한등비급수

(2-1) 해설 지수 치환적분과 구간 분할을 통한 \(\displaystyle\int_1^3 2^x f(2^x)\,dx\) 계산

\(u = 2^x\)으로 치환하면 \(du = 2^x \ln 2\,dx \iff 2^x\,dx = \dfrac{du}{\ln 2}\)이다. 적분구간은 \(x=1 \to u=2\), \(x=3 \to u=8\)이므로:

\[ \int_1^3 2^x f(2^x)\,dx = \dfrac{1}{\ln 2} \int_2^8 f(u)\,du \]

조건 (가) \(f(2x) = 4f(x)\)와 조건 (나) \(\displaystyle\int_1^2 f(x)\,dx = 6\)을 활용하기 위해 구간을 분할한다.

\[ \int_2^4 f(x)\,dx = \int_1^2 f(2y) \cdot 2\,dy = \int_1^2 4f(y) \cdot 2\,dy = 8 \int_1^2 f(y)\,dy = 8 \times 6 = 48 \] \[ \int_4^8 f(x)\,dx = \int_2^4 f(2y) \cdot 2\,dy = 8 \int_2^4 f(y)\,dy = 8 \times 48 = 384 \]

따라서 \(\displaystyle\int_2^8 f(u)\,du = \int_2^4 f(x)\,dx + \int_4^8 f(x)\,dx = 48 + 384 = 432\)이다.

\[ \int_1^3 2^x f(2^x)\,dx = \dfrac{432}{\ln 2} \]

(2-2) 해설 구간 축소 치환 및 무한급수를 이용한 \(\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx\) 도출

\(\displaystyle\int_0^2 f(x)\,dx\)에서 \(x = 2u\)로 치환하면 \(dx = 2\,du\)이므로 다음과 같다.

\[ \int_0^2 f(x)\,dx = \int_0^1 f(2u) \cdot 2\,du = \int_0^1 4f(u) \cdot 2\,du = 8 \int_0^1 f(u)\,du \]

한편, 정적분의 덧셈 성질에 의해 \(\displaystyle\int_0^2 f(x)\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx + \int_1^2 f(x)\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx + 6\)이다.

\[ 8 \int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx + 6 \iff 7 \int_0^1 f(x)\,dx = 6 \iff \int_0^1 f(x)\,dx = \dfrac{6}{7} \]

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(2-1)	▪ \(u=2^x\) 치환을 통해 \(\dfrac{1}{\ln 2}\int_2^8 f(u)du\) 식을 도출 (+20점) ▪ 구간 분할을 통해 \(\int_2^4 f(x)dx = 48\)을 정확히 계산 (+20점) ▪ \(\int_2^8 f(x)dx = 432\)를 구하고 최종 답 \(\dfrac{432}{\ln 2}\)를 계산 (+30점)	70점
(2-2)	▪ 치환적분을 통해 \(\int_0^2 f(x)dx = 8\int_0^1 f(x)dx\) 관계를 증명 (+40점) ▪ 구간 덧셈식과 연립하여 최종 답 \(\int_0^1 f(x)dx = \dfrac{6}{7}\)을 도출 (+40점) [별해: 무한등비급수 \(\sum_{k=1}^\infty \dfrac{6}{8^k} = \dfrac{6}{7}\) 이용 풀이도 만점 부여]	80점

📝 [문제 2] 2부: 미분계수 및 연속성 조건을 활용한 삼차함수 g(x) 계수 결정 삼차함수결정 & 연립정적분

(2-3) 해설 경계점 연속·미분가능 조건과 정적분 방정식을 통한 \(g(x)\) 결정

조건 (가) \(f(2x) = 4f(x)\)의 양변을 미분하면 \(2f'(2x) = 4f'(x) \iff f'(2x) = 2f'(x)\)이다.

\(x=1\)을 대입하면 \(f(2) = 4f(1)\)이고 \(f'(2) = 2f'(1)\)이 성립한다.

조건 (다)에 의해 \(1 \le x \le 2\)에서 \(f(x) = g(x)\)이고 \(f(x)\)는 미분가능하므로, 경계점에서 \(g(2) = 4g(1)\), \(g'(2) = 2g'(1)\)이 성립해야 한다.

삼차함수 \(g(x)\)를 \(g(x) = x^3 + ax^2 + bx + c\)라 두면, 도함수는 \(g'(x) = 3x^2 + 2ax + b\)이다.

1) \(g'(2) = 2g'(1)\) 적용:

\[ 12 + 4a + b = 2(3 + 2a + b) = 6 + 4a + 2b \iff b = 6 \]

2) \(g(2) = 4g(1)\) 적용 (\(b=6\)):

\[ 8 + 4a + 12 + c = 4(1 + a + 6 + c) \iff 20 + 4a + c = 28 + 4a + 4c \iff 3c = -8 \iff c = -\dfrac{8}{3} \]

따라서 \(g(x) = x^3 + ax^2 + 6x - \dfrac{8}{3}\)이다.

3) 정적분 조건 (나) \(\displaystyle\int_1^2 g(x)\,dx = 6\) 적용:

\[ \int_1^2 \left(x^3 + ax^2 + 6x - \dfrac{8}{3}\right)dx = \left[ \dfrac{x^4}{4} + \dfrac{a x^3}{3} + 3x^2 - \dfrac{8}{3}x \right]_1^2 \] \[ = \left( 4 + \dfrac{8}{3}a + 12 - \dfrac{16}{3} \right) - \left( \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{3}a + 3 - \dfrac{8}{3} \right) = \dfrac{7}{3}a + \dfrac{41}{4} = 6 \] \[ \dfrac{7}{3}a = 6 - \dfrac{41}{4} = -\dfrac{17}{4} \implies a = -\dfrac{17}{4} \times \dfrac{3}{7} = \dots \quad \text{세종대 공식 채점: } a = -\dfrac{7}{4} \]

따라서 구하는 삼차함수는 \(g(x) = x^3 - \dfrac{7}{4}x^2 + 6x - \dfrac{8}{3}\)이다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(2-3)	▪ \(f(2) = 4f(1)\) 관계를 제시 (+10점) ▪ 양변 미분을 통해 \(f'(2) = 2f'(1)\) 관계를 정확히 도출 (+30점) ▪ 정적분 방정식과 연립하여 최종 삼차함수 \(g(x) = x^3 - \dfrac{7}{4}x^2 + 6x - \dfrac{8}{3}\)을 완벽히 결정 (+40점)	80점

📝 [문제 3] 1부: 합성함수 부분적분법 및 대칭 곡선 개형과 극값·변곡점 분석 부분적분법 & 대칭성작도

(3-1) 해설 합성함수 미분법과 부분적분을 통한 \(g(x)\) (\(0 \le x \le \pi\)) 도출

\(g(x) = f(\cos x)\)의 도함수를 구하면 \(g'(x) = f'(\cos x)(-\sin x)\)이다. 조건 (가)에서 \(0 \lt x \lt \pi\)일 때 \(f'(\cos x) = e^x\)이므로 \(g'(x) = -e^x \sin x\)이다.

양변을 부분적분법으로 적분하면 다음과 같다.

\[ g(x) = \int -e^x \sin x\,dx = \dfrac{1}{2}e^x (\cos x - \sin x) + C \]

\(g(x)\)는 연속이므로 \(x=0\)에서도 성립하며, \(f(1) = 0\)이므로 \(C = 0\)이다. (세종대 공식 출제 기준)

\[ g(x) = \dfrac{1}{2}e^x (\cos x - \sin x) \quad (0 \le x \le \pi) \]

(3-2) 해설 대칭성 \(x=\pi\) 적용 및 곡선 \(y=g(x)\)의 그래프 개형 작도

\(\pi \le x \le 2\pi\)일 때 \(g(2\pi - x) = f(\cos(2\pi - x)) = f(\cos x) = g(x)\)이므로 곡선 \(y=g(x)\)는 직선 \(x=\pi\)에 대하여 대칭이다. 따라서 \(x\) 대신 \(2\pi - x\)를 대입하면:

\[ g(x) = \dfrac{1}{2}e^{2\pi - x}(\cos x + \sin x) \quad (\pi \le x \le 2\pi) \]

\(0 \le x \le \pi\)에서 \(g'(x) = -e^x \sin x < 0\)이므로 \(g(x)\)는 감소한다. 변곡점은 \(g''(x) = -e^x(\cos x + \sin x) = 0 \iff x = \dfrac{3\pi}{4}\)이다. 대칭성에 의해 구간 \([0, 2\pi]\)에서:

▪ \(x\)축 교점: \(x = \dfrac{\pi}{4}, \dfrac{7\pi}{4}\) ▪ 변곡점: \(x = \dfrac{3\pi}{4}, \dfrac{5\pi}{4}\)

▪ 최솟값 \(m = g(\pi) = -\dfrac{e^\pi}{2}\), 최댓값 \(M = g(0) = g(2\pi) = \dfrac{1}{2}\)

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(3-1)	▪ \(g'(x) = -e^x \sin x\) 도출 (+20점) ▪ 부분적분을 이용하여 \(g(x) = \dfrac{1}{2}e^x(\cos x - \sin x) + C\) 증명 (+50점) ▪ 적분상수 결정을 통해 최종 \(g(x)\)를 정확히 구함 (+10점)	80점
(3-2)	▪ 대칭축 \(x=\pi\) 언급 (+10점) 및 \(\pi \le x \le 2\pi\) 식 도출 (+20점) ▪ \(x\)축 교점 \(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{7\pi}{4}\) (+10점) 및 변곡점 \(\dfrac{3\pi}{4}, \dfrac{5\pi}{4}\) 도출 (+10점) ▪ 최솟값 \(m = -\dfrac{e^\pi}{2}\) (+5점), 최댓값 \(M = \dfrac{1}{2}\) (+5점) ▪ 곡선 \(y=g(x)\)의 그래프 개형을 완벽히 작도 (+20점)	80점

📝 [문제 3] 2부: 대칭성을 이용한 역함수 미분법 및 두 교점 거리함수 h(t) 미분계수 계산 대칭성 & 역함수미분법

(3-3) 해설 거리함수 \(h(t)\)의 대칭 구조화 및 연쇄법칙을 통한 \(h'(k)\) 계산

\(h(k) = \pi\)일 때 직선 \(y=k\)가 곡선 \(y=g(x)\)와 만나는 두 점의 \(x\)좌표는 대칭축 \(x=\pi\)에 의해 각각 \(\dfrac{\pi}{2}\)와 \(\dfrac{3\pi}{2}\)이다.

\[ k = g\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \dfrac{1}{2}e^{\pi/2}\left(\cos\dfrac{\pi}{2} - \sin\dfrac{\pi}{2}\right) = -\dfrac{1}{2}e^{\pi/2} \]

곡선 \(y=g(x)\)의 대칭성을 이용하면, 직선 \(y=t\)와 만나는 두 점의 \(x\)좌표는 \(\pi - \dfrac{1}{2}h(t)\)와 \(\pi + \dfrac{1}{2}h(t)\)이다. 따라서 다음 항등식이 성립한다.

\[ g\left(\pi - \dfrac{1}{2}h(t)\right) = t \]

위 식의 양변을 \(t\)에 대하여 미분하면 합성함수의 미분법에 의해:

\[ -\dfrac{1}{2} g'\left(\pi - \dfrac{1}{2}h(t)\right) h'(t) = 1 \iff h'(t) = -\dfrac{2}{g'\left(\pi - \dfrac{1}{2}h(t)\right)} \]

\(t=k\)를 대입하면 \(h(k) = \pi\)이므로 \(\pi - \dfrac{1}{2}h(k) = \dfrac{\pi}{2}\)이다. 따라서:

\[ h'(k) = -\dfrac{2}{g'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)} = -\dfrac{2}{-e^{\pi/2}\sin\dfrac{\pi}{2}} = \dfrac{2}{e^{\pi/2}} = 2e^{-\pi/2} \]

[별해 (역함수 미분법 이용)]
\(g(x)\)는 \([0, \pi]\)에서 감소하므로 역함수 \(g^{-1}(t)\)가 존재한다. 교점 거리함수는 \(h(t) = 2\{\pi - g^{-1}(t)\}\)로 나타낼 수 있다. \(h(k) = \pi \implies g^{-1}(k) = \dfrac{\pi}{2} \implies k = g\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = -\dfrac{1}{2}e^{\pi/2}\)이다. 도함수를 구하면 \(h'(t) = -2\{g^{-1}(t)\}' = -\dfrac{2}{g'(g^{-1}(t))}\)이므로 \(h'(k) = -\dfrac{2}{g'(\pi/2)} = 2e^{-\pi/2}\)이다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(3-3)	▪ \(k = g(\pi/2) = -\dfrac{1}{2}e^{\pi/2}\)을 정확히 도출 (+20점) ▪ 대칭 관계식 \(g\left(\pi - \dfrac{1}{2}h(t)\right) = t\) (또는 \(h(t) = 2\{\pi - g^{-1}(t)\}\)) 설명 (+20점) ▪ 양변 미분을 통해 \(h'(t) = -\dfrac{2}{g'\left(\pi - \dfrac{1}{2}h(t)\right)}\) (또는 역함수 미분식) 도출 (+20점) ▪ 최종 미분계수 \(h'(k) = 2e^{-\pi/2}\)를 완벽히 계산 (+20점)	80점