2027학년도 대비 세종대학교 자연A 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 A형]

선생님 첨삭 지도 & 자가 첨삭용 · 공식 채점기준표 수록

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5개년 기출 단계별 입체 해설 (2026 ~ 2022학년도 총 35쪽)
대학 발표 공식 예시답안 및 단계별 채점기준 수록

QUESTIO 입시전략연구소 & 수리논술 평가원

2027 ADMISSION ESSAY SERIES

📝 [문제 1] 1부: 역함수 미분계수 및 함숫값 도출 역함수 미분

【 (1-1) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (70점)

\(x > 0\)일 때 제시문 (나)의 식을 미분하면 미적분학의 기본정리에 의하여 \[ f^{-1}(x) = 2x e^x \] 을 얻고, 함수 \(f^{-1}(x)\)는 닫힌구간 \([0, \infty)\)에서 연속이므로 \(f^{-1}(0) = \displaystyle \lim_{x \to 0+} 2x e^x = 0\)이다.

이로부터 다음 두 함숫값을 직접 대입하여 계산할 수 있다: \[ f^{-1}(\ln 2) = 2(\ln 2) e^{\ln 2} = 4\ln 2 \] \[ f^{-1}\left(\dfrac{1}{2}\right) = 2\left(\dfrac{1}{2}\right) e^{1/2} = \sqrt{e} \] 또한 \(f^{-1}(x) = 2xe^x\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \((f^{-1})'(x) = 2(1+x)e^x\)이므로, \(x = \dfrac{1}{2}\)을 대입하면 \((f^{-1})'\left(\dfrac{1}{2}\right) = 2\left(1+\dfrac{1}{2}\right)e^{1/2} = 3\sqrt{e}\)이다. 따라서 역함수의 미분법에 의하여 \[ f'\left(f^{-1}\left(\dfrac{1}{2}\right)\right) = \dfrac{1}{(f^{-1})'(1/2)} = \dfrac{1}{3\sqrt{e}} \]

[별해 (합성함수 미분법)] \(f(2xe^x)=x\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \(f'(2xe^x) \cdot 2(1+x)e^x = 1\)이므로 \(f'(2xe^x) = \dfrac{1}{2(1+x)e^x}\)이다. 여기에 \(x=\dfrac{1}{2}\)을 대입하면 \(f'\left(f^{-1}\left(\dfrac{1}{2}\right)\right) = f'(\sqrt{e}) = \dfrac{1}{2\left(1+\frac{1}{2}\right)e^{1/2}} = \dfrac{1}{3\sqrt{e}}\)의 관계를 직접 유도할 수도 있다.

💡 수리논술 고득점 작성 팁 (역함수 미분과 구간의 연속성)
• 제시문 (나)에서 \(x > 0\)인 범위에서 식이 주어졌으므로, 미분을 통해 \(f^{-1}(x)=2xe^x\)를 구한 후 \(x=0\)에서의 연속성을 언급하여 \(f^{-1}(0)=0\)임을 명시해야 감점을 피할 수 있습니다.
• 역함수의 미분 공식을 서술할 때 단순 암기 공식뿐만 아니라 \(f(f^{-1}(x))=x\)의 합성함수 미분 유도 과정을 1줄 덧붙이면 채점관에게 매우 우수한 인상을 줍니다.

📝 [문제 1] 2부: 대칭 영역의 정적분 계산 대칭 영역 적분

[그림 1] 역함수와 정적분 대칭 영역

【 (1-2) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(f(\sqrt{e}) = \dfrac{1}{2}\)이고, 그래프의 대칭성을 이용하면 [그림 1]처럼 색칠된 두 영역의 넓이가 서로 같다. 따라서 직사각형의 넓이에서 역함수의 정적분을 뺀 것으로 계산된다: \[ \int_0^{\sqrt{e}} f(x)\,dx = \sqrt{e} \cdot f(\sqrt{e}) - \int_0^{f(\sqrt{e})} 2x e^x \,dx = \dfrac{\sqrt{e}}{2} - \int_0^{1/2} 2x e^x \,dx \] 여기서 부분적분법을 적용하면 \[ \int_0^{1/2} 2x e^x \,dx = [2x e^x]_0^{1/2} - \int_0^{1/2} 2e^x \,dx = \sqrt{e} - [2e^x]_0^{1/2} = \sqrt{e} - 2\sqrt{e} + 2 = 2 - \sqrt{e} \] 그러므로 구하는 정적분의 값은 다음과 같다: \[ \int_0^{\sqrt{e}} f(x)\,dx = \dfrac{\sqrt{e}}{2} - (2 - \sqrt{e}) = \dfrac{3\sqrt{e}}{2} - 2 \]

[별해 (치환적분법)] \(f(x)=t\)로 치환하면 \(f(0)=0\), \(f(\sqrt{e})=\dfrac{1}{2}\), \(x=f^{-1}(t)=2t e^t\)이므로 \(dx = 2(1+t)e^t \,dt\)이다. 따라서 직사각형 기하 분할 없이 순수 대수적으로 적분하면: \[ \int_0^{\sqrt{e}} f(x)\,dx = \int_0^{1/2} 2t(1+t)e^t \,dt = \left[ 2t^2 e^t \right]_0^{1/2} + \cdots = \dfrac{3\sqrt{e}}{2} - 2 \] 로 동일한 정답을 완벽하게 도출할 수 있다.

💡 기하학적 넓이 공식 vs 치환적분 선택 가이드
역함수의 정적분 \(\int_a^b f(x)\,dx = b f(b) - a f(a) - \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(y)\,dy\) 공식은 교과서에 명시된 기본 공식이므로 서술에 바로 인용해도 감점이 없습니다. 단, 부분적분 전개 과정([그림 1] 연계)을 반드시 답안지에 단계별로 명시해야 합니다.

📝 [문제 1] 3부: 최댓값 증명 및 채점기준표 롤의 정리 극값

【 (1-3) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(f(0)=0\), \(f(4\ln 2)=\ln 2\)이므로 \(g(0)=0\), \(g(4\ln 2)=0\)이다. 롤의 정리에 의하여 \(g'(a) = f'(a) - \dfrac{1}{4} = 0\)을 만족하는 \(a \in (0, 4\ln 2)\)가 적어도 하나 존재한다.
한편, \((f^{-1})''(x) = 2(x+2)e^x > 0\) (\(x > 0\))이므로 \(f^{-1}(x)\)는 아래로 볼록하고, 역함수인 \(f(x)\) 및 \(g(x)\)는 위로 볼록하다. 따라서 \(a\)는 유일하며 \(g(x)\)는 \(x=a\)에서 최댓값을 갖는다. 즉, \(a=\alpha\)이다.
\(f^{-1}(x) = 2xe^x = \alpha\)를 만족하는 \(x\)에 대하여 \(f'(\alpha) = \dfrac{1}{2(1+x)e^x} = \dfrac{1}{4}\)이므로 \((1+x)e^x = 2\)를 얻는다.
두 식 \(2xe^x = \alpha\)와 \((1+x)e^x = 2\)에서 양변을 나누면 \(\dfrac{2x}{1+x} = \dfrac{\alpha}{2} \implies 4x = \alpha(1+x) \implies x = \dfrac{\alpha}{4-\alpha}\)이다.
따라서 구하는 최댓값은 다음과 같다: \[ g(\alpha) = f(\alpha) - \dfrac{\alpha}{4} = x - \dfrac{\alpha}{4} = \dfrac{\alpha}{4-\alpha} - \dfrac{\alpha}{4} = \dfrac{4\alpha - \alpha(4-\alpha)}{4(4-\alpha)} = \dfrac{\alpha^2}{4(4-\alpha)} \]

📋 세종대 공식 채점 기준표 [문제 1] 총 230점 만점

하위 문항	채점 기준 세부 항목	배점
1-1	§ \(f^{-1}\left(\dfrac{1}{2}\right) = \sqrt{e}\)을 구함	+20점
	§ \(f^{-1}(\ln 2) = 4\ln 2\)를 구함	+20점
	§ \(f'(\sqrt{e}) = \dfrac{1}{3\sqrt{e}}\)을 구함	+30점 (소계 70점)
1-2	§ \(\displaystyle \int_0^{\sqrt{e}} f(x)\,dx = \dfrac{\sqrt{e}}{2} - \int_0^{1/2} 2x e^x \,dx\) (또는 치환적분 형태) 유도	+40점
1-2	§ 올바른 계산 과정을 거쳐 최종 답 \(\dfrac{3\sqrt{e}}{2} - 2\)를 구함	+40점 (소계 80점)
1-3	§ 롤의 정리 및 이계도함수 볼록성을 통한 유일한 최댓값 \(\alpha\) 증명	+40점
1-3	§ 매개변수 관계식을 연립하여 최종 최댓값 \(g(\alpha) = \dfrac{\alpha^2}{4(4-\alpha)}\) 도출	+40점 (소계 80점)

📝 [문제 2] 1부: 함수식 도출 및 미분계수 극한 정적분 미분

【 (2-1) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (70점)

모든 실수 \(x\)에 대하여 \(\displaystyle \int_0^x (2t-x)f(t)\,dt = (x-2)e^x + ax + b \quad \cdots\cdots (1)\)이 성립하므로 양변에 \(x=0\)을 대입하면 \[ 0 = -2 + b \implies b = 2 \] 좌변을 \(\displaystyle 2\int_0^x t f(t)\,dt - x \int_0^x f(t)\,dt\)로 분리하여 식 (1)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \[ 2x f(x) - \int_0^x f(t)\,dt - x f(x) = e^x + (x-2)e^x + a \implies x f(x) - \int_0^x f(t)\,dt = (x-1)e^x + a \quad \cdots\cdots (2) \] 이 식의 양변에 다시 \(x=0\)을 대입하면 \(0 = -1 + a \implies a = 1\)이다.
식 (2)의 양변을 다시 \(x\)에 대하여 미분하면 \(f(x) + x f'(x) - f(x) = e^x + (x-1)e^x = x e^x\)이므로 \(x f'(x) = x e^x\), 즉 \(f'(x) = e^x\)이다.
이를 적분하면 적당한 상수 \(C\)에 대하여 \(f(x) = e^x + C\)이다. 따라서 다음을 얻는다: \[ f(2) - f(1) = (e^2 + C) - (e^1 + C) = e^2 - e \]

【 (2-2) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

(2-1)의 결과로부터 \(g(x) = \begin{cases} x^2+2x+3 & (x < 0) \\ e^x + C & (x \ge 0) \end{cases}\)이다.
\(r(x) = \displaystyle \lim_{h \to 0+} \dfrac{g(x+h)-g(x-2h)}{h}\)의 값이 모든 실수 \(x\)에서 존재하므로 \(x=0\)에서도 극한값이 존재해야 한다.
분모가 \(0\)으로 가므로 분자도 \(0\)으로 수렴해야 하므로 \(\displaystyle \lim_{h \to 0+} g(h) = \lim_{h \to 0+} g(-2h) \implies 1 + C = 3 \implies C = 2\)이다.
따라서 \(f(x) = e^x + 2\)이다.
이제 \(x=0\)에서의 극한값을 계산하면 지수함수 \(e^h\)의 도함수 정의에 의해 \[ r(0) = \lim_{h \to 0+} \dfrac{g(h)-g(-2h)}{h} = \lim_{h \to 0+} \dfrac{(e^h+2) - (4h^2-4h+3)}{h} = \lim_{h \to 0+} \dfrac{e^h-1}{h} + \lim_{h \to 0+} (-4h+4) = 1 + 4 = 5 \] \(x \ne 0\)일 때는 \(g(x)\)가 미분가능하므로 \[ r(x) = \lim_{h \to 0+} \left[ \dfrac{g(x+h)-g(x)}{h} + 2 \cdot \dfrac{g(x-2h)-g(x)}{-2h} \right] = g'(x) + 2g'(x) = 3g'(x) \] 따라서 \(x < 0\)일 때 \(r(x) = 3(2x+2) = 6x+6\)이고, \(x > 0\)일 때 \(r(x) = 3e^x\)이다. 종합하면: \[ f(x) = e^x+2, \quad r(x) = \begin{cases} 6x+6 & (x < 0) \\ 5 & (x = 0) \\ 3e^x & (x > 0) \end{cases} \]

📝 [문제 2] 2부: 교점 개수 정밀 분석 교점 개수 2개

[그림 2] 함수 \(y=r(x)\)의 그래프 개형

【 (2-3) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

함수 \(y=r(x)\)의 그래프는 [그림 2]와 같다. \(x > 0\)인 영역에서 두 곡선 \(y=e^{2x}+k\)와 \(y=3e^x\)의 교점을 구하기 위해 \(t=e^x\)로 치환하면 (\(x>0 \iff t>1\)), 이차방정식 \[ t^2 - 3t + k = 0 \quad \cdots\cdots (3) \] 의 \(t > 1\)에서의 서로 다른 실근의 개수를 구하는 문제로 귀결된다. 판별식 \(D = 9 - 4k\)이고, 대칭축은 \(t = \dfrac{3}{2} > 1\)이다:
• \(k > \dfrac{9}{4}\): \(D < 0\)이므로 실근 0개
• \(k = \dfrac{9}{4}\): \(D = 0\)이므로 중근 \(t = \dfrac{3}{2} > 1\) 1개 (접함)
• \(k < \dfrac{9}{4}\): \(D > 0\). \(p(t) = t^2-3t+k\)에서 \(p(1) = k-2\)이므로:
① \(k \le 2\): \(p(1) \le 0\)이므로 \(t > 1\)에서 오직 1개의 실근
② \(2 \lt k \lt \dfrac{9}{4}\): \(p(1) > 0\)이므로 \(t > 1\)에서 서로 다른 2개의 실근
이제 \(x \le 0\)인 영역 (\(y=6x+6\), 점 \((0,5)\))에서의 만나는 점을 종합하면 아래 표와 같다 (특히 \(k=5\)일 때 곡선 \(y=e^{2x}+5\)의 \(x \le 0\)에서의 접선 기울기는 \(2e^{2x} \le 2 < 6\)이므로 직선 \(6x+6\)과 만나지 않음):

\(k\)의 범위	\(k \le 2\)	\(2 \lt k \lt \dfrac{9}{4}\)	\(k = \dfrac{9}{4}\)	\(\dfrac{9}{4} \lt k \lt 4\)	\(k = 4\)	\(4 \lt k \lt 5\)
\(x > 0\) 교점	1	2	1	0	0	0
\(x \le 0\) 교점	1	1	1	1	2 (접함/교점)	1
총 교점 수	2	3	2	1	2	1

따라서 교점의 개수가 2가 되도록 하는 실수 \(k\)의 값은 \(k \le 2\) 또는 \(k = \dfrac{9}{4}\) 또는 \(k = 4\)이다.

📝 [문제 2] 3부: 공식 채점기준표 및 평가 분석 공식 채점표

📋 세종대 공식 채점 기준표 [문제 2] 총 230점 만점

하위 문항	채점 기준 세부 항목	배점
2-1	§ \(b = 2\)를 구함	+10점
	§ 양변 미분을 통하여 \(a = 1\)을 도출함	+30점
	§ \(f'(x) = e^x\) 또는 \(f(x) = e^x + C\)를 구함	+20점
	§ \(f(2) - f(1) = e^2 - e\)를 도출함	+10점 (소계 70점)
2-2	§ \(C = 2\) 또는 \(f(x) = e^x + 2\)를 구함	+20점
	§ 극한값 정의를 정확히 적용하여 \(r(0) = 5\)를 구함	+20점
	§ \(x < 0\)일 때 \(r(x) = 6x + 6\)을 구함	+20점
	§ \(x > 0\)일 때 \(r(x) = 3e^x\)를 구함	+20점 (소계 80점)
2-3	§ \(k = \dfrac{9}{4}\)일 때 방정식 (3)이 \(t > 1\)에서 중근을 가짐을 명시함	+20점
	§ \(k = \dfrac{9}{4}\)일 때 총 교점이 2개임을 도출함	+20점
	§ \(k \le 2\)일 때 총 교점이 2개임을 도출함	+20점
	§ \(k = 4\)일 때 총 교점이 2개임을 도출함	+20점 (소계 80점)

💡 선생님 지도 가이드 & 감점 방지 체크리스트
1. (2-2) 비대칭 극한 분할: \(r(0) = \lim_{h \to 0+} \dfrac{g(h)-g(-2h)}{h}\)에서 좌우 도함수가 아닌 정의식을 직접 전개할 때, \(g(h) = e^h+2\)와 \(g(-2h) = 4h^2-4h+3\)을 정확하게 대입하여 극한값 \(5\)를 도출하는 과정이 채점의 핵심 기준입니다.
2. (2-3) 경계값 \(k=4\)의 접선 판별: 곡선 \(y=e^{2x}+4\)가 직선 \(y=6x+6\)과 \(x \le 0\)에서 접하거나 만나는 조건을 판별식 또는 접선의 기울기로 명확히 규명해야 80점 만점을 받을 수 있습니다.

📝 [문제 3] 1부: 코사인법칙과 내접원의 반지름 유도 코사인법칙

【 (3-1) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(\angle\text{CAD} = \dfrac{\pi}{3}\)이므로 \(\triangle\text{ACD}\)에서 코사인법칙에 의하여 \[ \overline{\text{CD}}^2 = x^2 + 2^2 - 2 \cdot x \cdot 2 \cos\dfrac{\pi}{3} = x^2 - 2x + 4 \implies \overline{\text{CD}} = \sqrt{x^2-2x+4} \] 삼각형 \(\text{ADC}\)의 넓이는 \(\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot x \sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}x\)이다. 내접원의 반지름 \(r_1(x)\)와 둘레의 관계에 의해 \[ \dfrac{\sqrt{3}}{2}x = r_1(x) \cdot \dfrac{x + 2 + \sqrt{x^2-2x+4}}{2} \implies r_1(x) = \dfrac{\sqrt{3}x}{x+2+\sqrt{x^2-2x+4}} = \dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(x+2-\sqrt{x^2-2x+4}\right) \] 선분 \(\text{BD}\)의 길이는 \(2-x\)이므로 대칭성에 의하여 \(r_2(x) = r_1(2-x) = \dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(4-x-\sqrt{x^2-2x+4}\right)\)이다.

그러므로 두 반지름의 합 함수 \(f(x)\)는 다음과 같다: \[ f(x) = r_1(x) + r_2(x) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(3-\sqrt{x^2-2x+4}\right) \] 도함수를 구하면 \(f'(x) = -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \cdot \dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+4}}\)이다. \(x < 1\)일 때 \(f'(x) > 0\), \(x > 1\)일 때 \(f'(x) < 0\)이므로 극대이자 최댓값은 \(f(1) = \sqrt{3}-1\)이다.

또한 경계에서의 극한은 \(f(0) = \displaystyle \lim_{x \to 0+} f(x) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\), \(f(2) = \displaystyle \lim_{x \to 2-} f(x) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\)이므로 구하는 \(f\)의 치역은 다음과 같다: \[ \text{치역} = \left[ \dfrac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3}-1 \right] \]

💡 도형의 대칭성 활용 팁 (선분 BD의 반지름 계산 생략)
\(\triangle\text{ABC}\)가 정삼각형이므로 직선 \(\text{CD}\)에 대해 대칭성을 적용할 수 있습니다. \(r_2(x)\)를 계산할 때 복잡한 코사인법칙을 다시 쓰지 않고 \(r_2(x) = r_1(2-x)\)로 한 줄 서술하면 풀이 시간을 크게 단축할 수 있습니다.

📝 [문제 3] 2부: 대칭 접선과 삼각함수 배각공식 배각공식 각도

[그림 3] 대칭 접선과 각 \(\theta\) 개형

【 (3-2) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(f(x) = f(2-x)\)이므로 곡선 \(y=f(x)\)는 직선 \(x=1\)에 대하여 선대칭이다. 따라서 \(x\)좌표가 1인 점 \(\text{P}\)를 지나는 두 접선의 접점 \(\text{Q}\)와 \(\text{R}\)의 \(x\)좌표는 각각 \(\dfrac{1}{4}\)과 \(2 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{7}{4}\)이다.
직선 \(x=1\) 위의 점 \(\text{T}(1,0)\)에 대하여 대칭성에 의해 \(\angle\text{QPT} = \angle\text{RPT} = \dfrac{\theta}{2}\)이다.

점 \(\text{Q}\)에서의 접선의 기울기는 다음과 같다: \[ f'\left(\dfrac{1}{4}\right) = -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \cdot \dfrac{1/4 - 1}{\sqrt{(1/4)^2 - 2(1/4) + 4}} = -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \cdot \dfrac{-3/4}{\sqrt{57}/4} = \dfrac{1}{\sqrt{19}} \] 직선 \(\text{PQ}\)와 수직선 \(x=1\)이 이루는 각이 \(\dfrac{\theta}{2}\)이므로, 접선 기울기와 직각삼각형 관계로부터 \[ \tan\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\theta}{2}\right) = \dfrac{1}{\sqrt{19}} \implies \tan\dfrac{\theta}{2} = \sqrt{19} \] 따라서 직각삼각형 빗변 길이는 \(\sqrt{1^2 + (\sqrt{19})^2} = \sqrt{20}\)이므로 \[ \cos\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{20}}, \quad \sin\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{\sqrt{19}}{\sqrt{20}} \] 배각공식 \(\sin\theta = 2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}\)에 의하여: \[ \sin\theta = 2 \cdot \dfrac{\sqrt{19}}{\sqrt{20}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{20}} = \dfrac{2\sqrt{19}}{20} = \dfrac{\sqrt{19}}{10} \]

💡 수직선과 접선이 이루는 각도 계산 시 주의사항
접선의 기울기는 \(x\)축의 양의 방향과 이루는 각 \(\alpha\)의 탄젠트 값(\(\tan\alpha\))입니다. 본 문항에서는 두 접선 사이의 각 \(\theta\)가 직선 \(x=1\)에 의해 이등분되므로, \(\alpha + \dfrac{\theta}{2} = \dfrac{\pi}{2}\) 관계를 활용하여 \(\sin\theta\)를 구해야 오답을 방지할 수 있습니다.

📝 [문제 3] 3부: 대칭적분 극값 및 최솟값 도출 정적분 최솟값

[그림 4] 정적분 \(g(t)\)의 면적 분할

【 (3-3) 예시답안 및 단계별 풀이 】 (80점)

\(f(x)\)는 \(x=1\)에 대하여 대칭이므로 \(\displaystyle g(t) = \int_0^2 |f(x)-t|\,dx = 2\int_0^1 |f(x)-t|\,dx\)이다.
\(0 \le x \le 1\)에서 \(f(x)\)는 순증가하므로 역함수 \(f^{-1}(t)\)가 \(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \le t \le \sqrt{3}-1\)에서 유일하게 존재한다. \(F'(x)=f(x)\)라 하면 [그림 4]의 분할에 의해: \[ g(t) = 2\left[ \int_0^{f^{-1}(t)} (t-f(x))\,dx + \int_{f^{-1}(t)}^1 (f(x)-t)\,dx \right] \] 이를 \(t\)에 관하여 미분하면 라이프니츠 적분 규칙에 의해 \[ g'(t) = 2\left[ \int_0^{f^{-1}(t)} 1\,dx + (t-f(f^{-1}(t)))(f^{-1})'(t) - \int_{f^{-1}(t)}^1 1\,dx - (f(f^{-1}(t))-t)(f^{-1})'(t) \right] \] 여기서 \(f(f^{-1}(t))=t\)이므로 경계항은 모두 \(0\)이 되고 다음과 같이 정리된다: \[ g'(t) = 2\left( f^{-1}(t) - (1 - f^{-1}(t)) \right) = 2\left(2f^{-1}(t) - 1\right) \] \(f^{-1}(t)\) 역시 증가함수이므로 \(g'(t) = 0 \iff f^{-1}(t) = \dfrac{1}{2}\)에서 좌우 부호가 음에서 양으로 바뀌어 유일한 극소이자 최솟값을 갖는다.

따라서 최솟값을 갖는 \(t = \alpha\)는 다음과 같다: \[ \alpha = f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(3 - \sqrt{(1/2)^2 - 2(1/2) + 4}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{6}(6-\sqrt{13}) = \sqrt{3} - \dfrac{\sqrt{39}}{6} \]

📝 [문제 3] 4부: 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	§ 코사인법칙을 적용하여 \(\overline{\text{CD}} = \sqrt{x^2-2x+4}\)를 구함	+30점
	§ \(r_1(x)\) 및 \(r_2(x)\)의 식을 바르게 구함	+20점
	§ 최댓값 및 경계 극한을 조사하여 치역 \(\left[\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3}-1\right]\)을 구함	+30점 (소계 80점)
3-2	§ 대칭성을 통해 접점의 \(x\)좌표 \(\dfrac{1}{4}, \dfrac{7}{4}\)을 도출함	+20점
	§ 접선의 기울기 \(f'(1/4) = \dfrac{1}{\sqrt{19}}\)를 구함	+30점
	§ 배각공식을 바르게 적용하여 \(\sin\theta = \dfrac{\sqrt{19}}{10}\)를 도출함	+30점 (소계 80점)
3-3	§ 대칭성을 이용하여 적분 구간을 2배로 분할함	+20점
	§ 라이프니츠 미분을 통해 \(g'(t) = 2(2f^{-1}(t)-1)\)을 유도함	+30점
	§ \(f^{-1}(t) = \dfrac{1}{2}\)로부터 \(\alpha = \sqrt{3} - \dfrac{\sqrt{39}}{6}\)을 정확히 도출함	+30점 (소계 80점)

🎓 세종대학교 2026학년도 자연A 수리논술 출제 총평 및 2027 대비 가이드
1. 선대칭과 역함수의 유기적 결합: 2026학년도 자연A는 문제 1부터 문제 3까지 일관되게 '함수의 대칭성(선대칭, 역함수)'을 핵심 연결 고리로 삼았습니다. 그래프를 직접 그리지 못하면 식을 세우기 어렵도록 출제되었습니다.
2. 정확한 계산력과 기하 공식 숙지: 코사인법칙, 내접원 반지름 공식, 지수함수 정적분, 라이프니츠 미분 등 수I/수II/미적분의 핵심 공식이 유기적으로 연계되어 있으므로, 평소 공식의 단순 암기보다 기하학적 유도 과정을 완벽히 훈련해야 합격선(총 700점 중 550점 이상)을 안정적으로 돌파할 수 있습니다.

[문제 1] 삼차함수의 결정, 도함수 및 치환적분 이계도함수 문항 1-1, 1-2 해설 & 채점기준

(1-1) 삼차함수의 식 결정 및 극댓값 도출

최고차항의 계수가 \(1\)이고 조건 (가)에 의해 \(f(0)=f(a)=0\)이므로 \(f(x) = x(x-a)(x-b)\)라 둘 수 있다.

조건 (나)의 정적분 조건을 계산하면 다음과 같다.

0 = \int_0^a f(x)\,dx = \int_0^a \{x^3 - (a+b)x^2 + abx\}\,dx = \frac{a^4}{4} - \frac{(a+b)a^3}{3} + \frac{ab a^2}{2} = \frac{a^3}{12}(-a + 2b)

\(a > 0\)이므로 \(-a + 2b = 0 \iff b = \frac{a}{2}\)이다. 따라서 삼차함수는 \(f(x) = x(x-a)\left(x - \frac{a}{2}\right) = x^3 - \frac{3}{2}ax^2 + \frac{a^2}{2}x\)이다.

도함수는 \(f'(x) = 3x^2 - 3ax + \frac{a^2}{2}\)이며, \(f'(x) = 0\)의 근은 근의 공식에 의해 \(x = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6}a\)이다.

최고차항의 계수가 양수이므로 작은 근인 \(x = \frac{3 - \sqrt{3}}{6}a\)에서 극댓값을 갖는다. 극댓값을 계산하면:

f\left(\frac{3 - \sqrt{3}}{6}a\right) = \left(\frac{3-\sqrt{3}}{6}a\right)\left(\frac{-3-\sqrt{3}}{6}a\right)\left(\frac{-\sqrt{3}}{6}a\right) = \frac{-(9-3)(-\sqrt{3})}{216}a^3 = \frac{\sqrt{3}}{36}a^3

(1-2) 치환적분을 통한 이계도함수 \(g''(-a)\) 산출

\(g(x) = \displaystyle \int_0^x tf(x-t)\,dt\)에서 \(y = x - t\)로 치환하면, \(t = x - y\), \(dt = -dy\)이며 구간은 \(t=0 \to y=x\), \(t=x \to y=0\)이 된다.

g(x) = \int_x^0 (x-y)f(y)(-dy) = \int_0^x (x-y)f(y)\,dy = x\int_0^x f(y)\,dy - \int_0^x yf(y)\,dy

양변을 \(x\)에 대하여 미분하면:

g'(x) = 1 \cdot \int_0^x f(y)\,dy + x f(x) - x f(x) = \int_0^x f(y)\,dy

한 번 더 미분하면 미적분학의 기본정리에 의해 \(g''(x) = f(x)\)이다. 따라서:

g''(-a) = f(-a) = (-a)(-a-a)\left(-a - \frac{a}{2}\right) = (-a)(-2a)\left(-\frac{3}{2}a\right) = -3a^3

[채점 기준표] 2025 자연A [문항 1] (1-1, 1-2)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
1-1	정적분 조건을 통해 \(b = \frac{a}{2}\)를 구하여 \(f(x) = x(x-a)\left(x-\frac{a}{2}\right)\)를 도출한 경우	20점
	도함수 \(f'(x) = 3x^2 - 3ax + \frac{a^2}{2}\)를 구하고 극대 위치 \(x = \frac{3-\sqrt{3}}{6}a\)를 명시한 경우	30점
	극댓값 \(f\left(\frac{3-\sqrt{3}}{6}a\right) = \frac{\sqrt{3}}{36}a^3\)을 정확히 계산한 경우	20점
1-2	\(y = x-t\) 치환적분을 통해 \(g(x) = x\int_0^x f(y)dy - \int_0^x yf(y)dy\)를 유도한 경우	40점
	도함수 \(g'(x) = \int_0^x f(y)dy\) 및 이계도함수 \(g''(x) = f(x)\)를 올바르게 구한 경우	20점
	\(g''(-a) = f(-a) = -3a^3\)의 최종 값을 정확히 산출한 경우	20점

[문제 1] 함수의 대칭성 증명 및 산술-기하 평균 부등식 최솟값 문항 1-3 해설 & 채점기준

(1-3) 대칭성 \(h(a-x) = a - h(x)\) 규명 및 \(p(x)\) 최솟값 도출

\(h(x) = f(x) + x = x\left(x - \frac{a}{2}\right)(x - a) + x\)이다. \(h(a-x)\)를 대입하여 계산하면:

\begin{aligned} h(a-x) &= (a-x)\left(a-x - \frac{a}{2}\right)(a-x - a) + (a-x) \\ &= (a-x)\left(\frac{a}{2} - x\right)(-x) + a - x \\ &= -x\left(x - \frac{a}{2}\right)(x - a) - x + a = -h(x) + a = a - h(x) \end{aligned}

즉, \(h(x) + h(a-x) = a\)가 모든 실수 \(x\)에 대하여 성립한다. (이는 곡선 \(y=h(x)\)가 점 \(\left(\frac{a}{2},\,\frac{a}{2}\right)\)에 대해 점대칭임을 의미한다.)

이제 \(p(x) = e^{h(x)} + e^{h(a-x)} = e^{h(x)} + e^{a - h(x)}\)이다. 지수함수는 항상 양수이므로 산술평균과 기하평균의 관계에 의해:

p(x) = e^{h(x)} + e^{a - h(x)} \ge 2\sqrt{e^{h(x)} \cdot e^{a - h(x)}} = 2\sqrt{e^a} = 2e^{a/2}

등호는 \(e^{h(x)} = e^{a - h(x)} \iff h(x) = a - h(x) \iff h(x) = \frac{a}{2}\)일 때 성립한다.

\(h\left(\frac{a}{2}\right) = f\left(\frac{a}{2}\right) + \frac{a}{2} = 0 + \frac{a}{2} = \frac{a}{2}\)이므로, \(x = \frac{a}{2}\)에서 등호가 항상 성립한다. 따라서 \(p(x)\)의 최솟값은 \(2\sqrt{e^a} = 2e^{a/2}\)이다.

[별해: 치환 및 도함수를 이용한 최솟값 증명]

\(t = h(x)\)로 치환하면 \(q(t) = e^t + e^{a-t}\)이다. \(q'(t) = e^t - e^{a-t}\)이며, \(q'(t) = 0 \iff t = \frac{a}{2}\)이다. \(t < \frac{a}{2}\)에서 \(q'(t) < 0\), \(t > \frac{a}{2}\)에서 \(q'(t) > 0\)이므로 \(t = \frac{a}{2}\)에서 극소이자 최솟값 \(q\left(\frac{a}{2}\right) = 2e^{a/2}\)를 갖는다. \(h\left(\frac{a}{2}\right) = \frac{a}{2}\)이므로 실제로 이 최솟값을 취한다.

[채점 기준표] 2025 자연A [문항 1] (1-3)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
1-3	대칭 관계식 \(h(a-x) = a - h(x)\)임을 수식 전개 또는 점대칭을 통해 명확히 보인 경우	40점
	산술-기하평균 부등식 \(e^{h(x)} + e^{a-h(x)} \ge 2\sqrt{e^a}\) (또는 치환 후 미분)을 올바르게 적용한 경우	30점
	등호 성립 조건(\(x = a/2\))을 확인하고 최솟값 \(2\sqrt{e^a} = 2e^{a/2}\)를 명확히 기술한 경우	10점

[문제 2] 유리함수 영역의 넓이 \(S(t)\) 계산 및 무한등비급수 문항 2-1, 2-2 해설 & 채점기준

(2-1) 넓이 \(S(t)\)의 적분식 표현 및 \(S(2)\) 계산

점 \(A\left(f(t),\, \frac{1}{f(t)}\right)\), \(B\left(f(t+1),\, \frac{1}{f(t+1)}\right)\)에서 \(x\)축에 내린 수선의 발을 각각 \(C, D\)라 하자.

직각삼각형 \(OAC\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot f(t) \cdot \frac{1}{f(t)} = \frac{1}{2}\), 직각삼각형 \(OBD\)의 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot f(t+1) \cdot \frac{1}{f(t+1)} = \frac{1}{2}\)이다.

영역의 넓이 \(S(t)\)는 사다리꼴 형태의 곡선 아래 영역과 삼각형의 합·차로 계산된다:

S(t) = (\triangle OAC\text{의 넓이}) + \int_{f(t)}^{f(t+1)} \frac{1}{x}\,dx - (\triangle OBD\text{의 넓이}) = \frac{1}{2} + \ln\frac{f(t+1)}{f(t)} - \frac{1}{2} = \ln\frac{f(t+1)}{f(t)}

\(f(t) = e^{t^3}\)이면 \(\frac{f(t+1)}{f(t)} = \frac{e^{(t+1)^3}}{e^{t^3}} = e^{(t+1)^3 - t^3}\)이므로 \(S(t) = (t+1)^3 - t^3\)이다.

따라서 \(S(2) = (2+1)^3 - 2^3 = 27 - 8 = 19\)이다.

(2-2) 무한등비급수 \(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{f(n)}\)의 합 도출

모든 실수 \(t\)에 대하여 \(S(t) = \ln\frac{f(t+1)}{f(t)} = 2\)이므로 \(\frac{f(t+1)}{f(t)} = e^2\)이다.

따라서 수열 \(\{f(n)\}\)은 첫째항이 \(f(1) = f(0)e^2 = 2e^2\)이고 공비가 \(e^2\)인 등비수열이다.

역수 수열 \(\left\{\frac{1}{f(n)}\right\}\)은 첫째항이 \(\frac{1}{f(1)} = \frac{1}{2e^2}\)이고 공비가 \(r = \frac{1}{e^2} < 1\)인 등비수열이다.

\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{f(n)} = \frac{\frac{1}{2e^2}}{1 - \frac{1}{e^2}} = \frac{\frac{1}{2e^2}}{\frac{e^2 - 1}{e^2}} = \frac{1}{2(e^2 - 1)}

[채점 기준표] 2025 자연A [문항 2] (2-1, 2-2)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
2-1	도형 분할 적분을 통해 \(S(t) = \ln\frac{f(t+1)}{f(t)}\)를 올바르게 유도한 경우	50점
2-1	\(f(t) = e^{t^3}\) 대입하여 \(S(2) = 19\)를 구한 경우	20점
2-2	\(S(t)=2\)로부터 등비 관계식 \(\frac{f(t+1)}{f(t)} = e^2\)을 도출한 경우	20점
	첫째항 \(\frac{1}{f(1)} = \frac{1}{2e^2}\) 및 공비 \(\frac{1}{e^2}\)을 구한 경우	40점
	무한등비급수의 합 \(\frac{1}{2(e^2 - 1)}\)을 정확히 계산한 경우	20점

[문제 2] 평균값 정리와 몫의 미분법을 이용한 함수 결정 문항 2-3 해설 & 채점기준

(2-3) 평균값 정리에 의한 \(\frac{f'(t)}{f(t)}\) 상수 증명 및 \(f\left(\frac{1}{2}\right)\) 계산

\(S(t) = \ln f(t+1) - \ln f(t)\)가 상수함수이므로, 양변을 \(t\)에 대해 미분하면 \(S'(t) = 0\)이다.

0 = S'(t) = \frac{f'(t+1)}{f(t+1)} - \frac{f'(t)}{f(t)} \implies \frac{f'(t+1)}{f(t+1)} = \frac{f'(t)}{f(t)}

\(g(t) = \frac{f'(t)}{f(t)}\)라 두면, 모든 실수 \(t\)에 대하여 \(g(t+1) = g(t)\) (주기 1)이다.

한편, \(g(t)\)의 도함수는 몫의 미분법에 의해 다음과 같다:

g'(t) = \frac{f''(t)f(t) - \{f'(t)\}^2}{\{f(t)\}^2}

문제의 조건에서 모든 실수 \(t\)에 대하여 \(f''(t)f(t) \ge \{f'(t)\}^2\)이므로 \(g'(t) \ge 0\)이다. 즉, \(g(t)\)는 실수 전체에서 단조증가(증가상태)하는 함수이다.

주기가 \(1\)인 함수가 단조증가하려면 오직 상수함수이어야만 한다.

[증명: 만약 \(g(t)\)가 상수가 아니라면, \(g(t_1) < g(t_2)\)인 \(t_1 < t_2 \le t_1 + 1\)이 존재한다. 증가성에 의해 \(g(t_1) < g(t_2) \le g(t_1+1) = g(t_1)\)이 되어 모순이다. 따라서 평균값 정리에 의해 \(g'(t) = 0\)이어야 하고 \(g(t)\)는 상수함수이다.]

따라서 \(g(t) = \frac{f'(t)}{f(t)} = C\) (상수)이다. 조건 \(f(0)=2\), \(f'(0)=3\)에서 \(C = \frac{f'(0)}{f(0)} = \frac{3}{2}\)이다.

\frac{f'(t)}{f(t)} = \frac{3}{2} \implies \ln f(t) = \frac{3}{2}t + \ln 2 \implies f(t) = 2e^{\frac{3}{2}t}

따라서 구하는 함숫값은 다음과 같다:

f\left(\frac{1}{2}\right) = 2e^{\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2}} = 2e^{3/4}

[채점 기준표] 2025 자연A [문항 2] (2-3)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
2-3	\(S'(t)=0\)으로부터 \(\frac{f'(t+1)}{f(t+1)} = \frac{f'(t)}{f(t)}\) (주기성)을 구한 경우	10점
	몫의 미분법과 조건 \(f''f - (f')^2 \ge 0\)으로부터 \(g'(t) \ge 0\) (증가성)을 기술한 경우	20점
	주기성과 증가성(또는 평균값 정리)을 종합하여 \(\frac{f'(t)}{f(t)}\)가 상수함수임을 증명한 경우	30점
	\(\frac{f'(t)}{f(t)} = \frac{3}{2}\)를 적분하여 \(f\left(\frac{1}{2}\right) = 2e^{3/4}\)를 정확히 도출한 경우	20점

[문제 3] 삼각함수 좌표 변환 및 분수함수 극값 분석 문항 3-1, 3-2 해설 & 채점기준

(3-1) 점 \(\text{A, B}\)의 좌표 및 점 \(\text{D}\)의 존재 조건 \(\theta\)의 범위

\(\overline{OB} = \overline{AB} = 2\)이고 \(\angle OBA = 90^\circ\)이므로, \(\triangle OAB\)는 직각이등변삼각형이다. 따라서 \(\angle AOB = \frac{\pi}{4}\)이며, 선분 \(OA\)가 \(x\)축의 양의 방향과 이루는 각은 \(\theta + \frac{\pi}{4}\)이다.

\(\overline{OA} = 2\sqrt{2}\), \(\overline{OB} = 2\)이므로 삼각함수 정의에 의해 두 점의 좌표는:

A\left(2\sqrt{2}\cos\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right),\, 2\sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)\right), \quad B(2\cos\theta,\, 2\sin\theta)

직선 \(l: y=1\)과 선분 \(OB\)의 교점이 점 \(\text{D}\)가 되려면, 점 \(\text{B}\)의 \(y\)좌표가 \(1\) 이상이어야 한다.

\(2\sin\theta \ge 1 \iff \sin\theta \ge \frac{1}{2}\)이다. 주어진 범위 \(0 \le \theta < \frac{\pi}{2}\)에서 구하는 \(\theta\)의 범위는 \(\frac{\pi}{6} \le \theta < \frac{\pi}{2}\)이다.

(3-2) 선분 \(\text{CD}\)의 길이 \(f(t)\) 도출 및 최댓값·최솟값

\(\frac{\pi}{6} \le \theta < \frac{\pi}{2}\)일 때, 직선 \(l: y=1\) 상에서 직선 \(OA\)와의 교점은 \(\text{C}\), 직선 \(OB\)와의 교점은 \(\text{D}\)이다.

직선 \(OB\)의 기울기는 \(\tan\theta\)이므로 \(D\left(\cot\theta,\, 1\right)\)이고, 직선 \(OA\)의 기울기는 \(\tan\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)\)이므로 \(C\left(\cot\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right),\, 1\right)\)이다.

\overline{\text{CD}} = \cot\theta - \cot\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\tan\theta} - \frac{1}{\tan\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)} = \frac{1}{\tan\theta} - \frac{1 - \tan\theta}{1 + \tan\theta}

\(t = \tan\theta\)로 치환하면, \(\theta \in \left[\frac{\pi}{6},\, \frac{\pi}{2}\right)\)에서 \(t \ge \frac{1}{\sqrt{3}}\)이다. 식을 정리하면:

f(t) = \frac{1}{t} - \frac{1-t}{1+t} = \frac{1+t - t(1-t)}{t(1+t)} = \frac{t^2 + 1}{t^2 + t} \quad \left(f'(t) = \frac{t^2 - 2t - 1}{t^2(1+t)^2}\right)

\(f'(t) = 0 \iff t^2 - 2t - 1 = 0\)의 양의 실근은 \(t = 1 + \sqrt{2}\)이다.

\(\frac{1}{\sqrt{3}} \le t < 1+\sqrt{2}\)에서 \(f'(t) < 0\) (감소), \(t > 1+\sqrt{2}\)에서 \(f'(t) > 0\) (증가)하므로:

\text{최솟값: } f(1+\sqrt{2}) = \frac{1}{1+\sqrt{2}} - \frac{-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} = (\sqrt{2}-1) + (\sqrt{2}-1) = 2\sqrt{2} - 2 \] \[ \text{최댓값: } f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \sqrt{3} - \frac{1 - 1/\sqrt{3}}{1 + 1/\sqrt{3}} = \sqrt{3} - (2-\sqrt{3}) = 2\sqrt{3} - 2

[채점 기준표] 2025 자연A [문항 3] (3-1, 3-2)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
3-1	\(\text{A, B}\)의 삼각함수 좌표식을 정확히 도출한 경우	40점
3-1	\(\sin\theta \ge \frac{1}{2}\) 조건으로부터 \(\frac{\pi}{6} \le \theta < \frac{\pi}{2}\) 범위를 구한 경우	40점
3-2	\(f(t) = \frac{1}{t} - \frac{1-t}{1+t}\) 식을 올바르게 세운 경우	20점
	도함수 \(f'(t)\)를 구하여 극소 위치 \(t = 1+\sqrt{2}\)에서 최솟값 \(2\sqrt{2}-2\)를 구한 경우	30점
	구간의 경계 \(t = 1/\sqrt{3}\)에서 최댓값 \(2\sqrt{3}-2\)를 구한 경우	30점

[문제 3] 분할 넓이의 곱 \(a \times b\)의 최댓값 및 최솟값 도출 문항 3-3 해설 & 채점기준

(3-3) 넓이의 합 \(a+b=2\)와 \(b\)의 범위에 따른 이차함수 극값 분석

\(\triangle OAB\)의 전체 넓이는 \(\frac{1}{2} \cdot \overline{OB} \cdot \overline{AB} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2\)이다.

따라서 \(a + b = 2 \iff a = 2 - b\)이며, 구하는 식은 \(g(b) = a \times b = b(2 - b) = -(b-1)^2 + 1\)이다.

선분 \(CD\) 아래 영역의 넓이 \(b\)의 범위를 \(\theta\)의 구간에 따라 구하자.

(i) \(0 \le \theta \le \frac{\pi}{6}\)인 경우:

직선 \(l\) 아래 영역은 높이가 \(1\)인 사다리꼴 형태이며, \(\theta = 0\)일 때 사다리꼴의 넓이는 \(b = \frac{3}{2}\)이다.

\(\theta = \frac{\pi}{6}\)일 때, 점 \(\text{D}\)가 점 \(\text{B}\)와 일치하므로 \(b = \sqrt{3} - 1\)이다. 따라서 \(\sqrt{3} - 1 \le b \le \frac{3}{2}\)이다.

(ii) \(\frac{\pi}{6} \le \theta < \frac{\pi}{2}\)인 경우:

직선 \(l\) 아래 영역은 밑변이 \(\overline{\text{CD}} = f(t)\)이고 높이가 \(1\)인 삼각형이므로 넓이는 \(b = \frac{1}{2} \cdot f(t) \cdot 1 = \frac{1}{2}f(t)\)이다.

(3-2)의 결과에서 \(f(t)\)의 치역이 \([2\sqrt{2}-2,\, 2\sqrt{3}-2]\)이므로:

\sqrt{2} - 1 \le b \le \sqrt{3} - 1

따라서 \(0 \le \theta < \frac{\pi}{2}\) 전체에서 \(b\)의 범위는 \(\sqrt{2} - 1 \le b \le \frac{3}{2}\)이다.

이차함수 \(g(b) = b(2-b)\)는 축이 \(b = 1\)이며, \(1 \in [\sqrt{2}-1,\, \frac{3}{2}]\)이므로:

\text{최댓값: } g(1) = 1(2-1) = 1

축 \(b=1\)에서 양 끝점까지의 거리를 비교하면, \(1 - (\sqrt{2}-1) = 2 - \sqrt{2} \approx 0.586\)이고, \(\frac{3}{2} - 1 = 0.5\)이므로 \(b = \sqrt{2}-1\)에서 가장 멀리 떨어져 있다.

\text{최솟값: } g(\sqrt{2}-1) = (\sqrt{2}-1)\{2 - (\sqrt{2}-1)\} = (\sqrt{2}-1)(3-\sqrt{2}) = 4\sqrt{2} - 5

[채점 기준표] 2025 자연A [문항 3] (3-3)

하위문항	채점 기준 및 세부 단계	배점
3-3	\(0 \le \theta \le \frac{\pi}{6}\) 구간에서 \(\sqrt{3}-1 \le b \le \frac{3}{2}\)를 정확히 도출한 경우	30점
	\(\frac{\pi}{6} \le \theta < \frac{\pi}{2}\) 구간에서 \(\sqrt{2}-1 \le b \le \sqrt{3}-1\)을 도출하여 전체 범위를 확정한 경우	30점
	이차함수 \(g(b)\)의 축 \(b=1\)에서 최댓값 \(1\), 끝점 \(b=\sqrt{2}-1\)에서 최솟값 \(4\sqrt{2}-5\)를 구한 경우	20점

📝 [문제 1] 1부: 구간별 적분함수의 도함수, 증감 및 극값·최솟값 극값 및 최솟값

(1-1) 해설 \(x < 0\) 구간에서의 극솟값 도출

\(x < 0\)일 때 정적분으로 정의된 함수 \(f(x) = -\displaystyle\int_0^x \frac{(t+3)(t+1)}{(n+3)(n+1)}\,dt\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면,

\[ f'(x) = -\frac{(x+3)(x+1)}{(n+3)(n+1)} \]

\(x < 0\)에서 \(f'(x) = 0\)의 해는 \(x = -3\) 또는 \(x = -1\)이다. 분모 \((n+3)(n+1) > 0\)이므로 부호 변화를 증감표로 나타내면 다음과 같다.

\(x\)	\(\cdots\)	\(-3\)	\(\cdots\)	\(-1\)	\(\cdots\)	\(0\)
\(f'(x)\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(-\)
\(f(x)\)	\(\searrow\)	극소	\(\nearrow\)	극대	\(\searrow\)	\(0\)

따라서 \(f(x)\)는 \(x = -3\)에서 유일한 극솟값을 가지며, 그 값은 다음과 같다.

\[ f(-3) = -\int_0^{-3} \frac{(t+3)(t+1)}{(n+3)(n+1)}\,dt = -\frac{1}{(n+3)(n+1)} \left[ \frac{1}{3}t^3 + 2t^2 + 3t \right]_0^{-3} = 0 \]

(1-2) 해설 \(x \ge 0\) 영역 판정 및 실수 전체에서의 최솟값

\(x \le 0\)에서 \(f(-3)=0\), 극댓값 \(f(-1) > 0\), \(f(0)=0\)이므로 \(x \le 0\)일 때 \(f(x) \ge 0\)이다. 한편 \(x > 0\)에서는

\[ f'(x) = \frac{x^3}{n^3} - \frac{(x+3)(x+1)}{(n+3)(n+1)} = \frac{(x-n)\{(n^2+4n+3)x^2 + (4n^2+3n)x + 3n^2\}}{n^3(n+3)(n+1)} \]

자연수 \(n\)과 \(x > 0\)에 대하여 괄호 안의 이차식은 항상 양수이므로, \(x > 0\)에서 \(f'(x) = 0\)의 유일한 실근은 \(x = n\)이다. \(0 \lt x \lt n\)에서 \(f'(x) < 0\) (감소), \(x > n\)에서 \(f'(x) > 0\) (증가)하므로 \(x=n\)에서 극소이자 최소이다.

\[ f(n) = \int_0^n \left\{ \frac{t^3}{n^3} - \frac{(t+3)(t+1)}{(n+3)(n+1)} \right\}\,dt = \left[ \frac{t^4}{4n^3} - \frac{\frac{1}{3}t^3 + 2t^2 + 3t}{(n+3)(n+1)} \right]_0^n = -\frac{n(n+9)}{12(n+1)} \]

📋 [문항 1] (1-1), (1-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-1)	\(f'(x) = -\dfrac{(x+3)(x+1)}{(n+3)(n+1)}\) 도출 (+20점) \| \(x=-3\)에서 극소 판정 (+20점) \| 극솟값 \(f(-3)=0\) (+30점)	70점
(1-2)	\(x > 0\)에서 \(f'(x)\) 인수분해 및 \(x=n\) 유일 실근 보임 (+50점) \| 최솟값 \(f(n) = -\dfrac{n(n+9)}{12(n+1)}\) 계산 (+30점)	80점

📝 [문제 1] 2부: 접선 기울기 \(0\)인 세 점이 이루는 최대각의 극한 삼각함수 덧셈정리 & 극한

(1-3) 해설 삼각형 \(PQR\)의 최대각 \(\theta_n\) 판정과 \(\lim_{n \to \infty}\tan\theta_n\) 도출

곡선 \(y=f(x)\) 위의 점 중 접선의 기울기가 \(0\)인 점은 \(f'(x)=0\)의 해이다. 앞선 풀이에서 \(x < 0\)일 때 \(x = -3, -1\)이고, \(x > 0\)일 때 \(x = n\)이다. \(\displaystyle\lim_{x \to 0^-} \frac{f(x)}{x} = -\frac{3}{(n+3)(n+1)} \ne 0\)이므로 기울기가 \(0\)인 세 점은 다음과 같다.

\[ P(-3, 0), \quad Q(-1, f(-1)), \quad R(n, f(n)) \]

여기서 \(f(-1) = -\displaystyle\int_0^{-1} \frac{(t+3)(t+1)}{(n+3)(n+1)}\,dt = \frac{4}{3(n+3)(n+1)}\)이다. 두 점 \(Q, R\)을 지나는 직선이 \(x\)축과 만나는 점을 \(S\)라 두고 \(\alpha_n = \angle QPS\), \(\beta_n = \angle PSR\)이라 하면,

\[ \tan \alpha_n = \frac{f(-1)}{-1 - (-3)} = \frac{2}{3(n+1)(n+3)}, \quad \tan \beta_n = \frac{f(n)-f(-1)}{n+1} = -\frac{n(n+3)(n+9)+16}{12(n+3)(n+1)^2} \]

삼각함수의 덧셈정리에 의해 \(\tan(\angle PQR) = \tan(\beta_n - \alpha_n) = \dfrac{\tan \beta_n - \tan \alpha_n}{1 + \tan \beta_n \tan \alpha_n}\)이다.

\(0 < \tan\alpha_n < 1 \implies 0 < \alpha_n < \frac{\pi}{4}\)이고, \(-1 < \tan\beta_n < 0 \implies \frac{3\pi}{4} < \beta_n < \pi\)이므로 \(\dfrac{\pi}{2} < \angle PQR = \beta_n - \alpha_n < \pi\)이다. 따라서 \(\angle PQR\)은 둔각이므로 삼각형 \(PQR\)에서 가장 큰 각은 \(\theta_n = \angle PQR\)이다.

\(\displaystyle\lim_{n \to \infty} f(-1) = 0 \implies \lim_{n \to \infty} \tan\alpha_n = 0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \alpha_n = 0\)이다. 따라서

\[ \lim_{n \to \infty} \tan \theta_n = \lim_{n \to \infty} \tan(\beta_n - \alpha_n) = \lim_{n \to \infty} \tan \beta_n = \lim_{n \to \infty} \left\{ -\frac{n(n+3)(n+9)+16}{12(n+3)(n+1)^2} \right\} = -\frac{1}{12} \]

📋 [문항 1] (1-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-3)	\(f(-1) = \dfrac{4}{3(n+3)(n+1)}\) 도출 (+20점) \| \(\theta_n = \angle PQR\) (둔각) 보임 (+10점) \| \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \tan\theta_n = -\dfrac{1}{12}\) (+50점)	80점

📝 [문제 2] 1부: 사차함수의 대칭성 및 역함수의 미분계수 최솟값 접선 방정식 & 역함수 미분

(2-1) 해설 조건을 만족하는 매개변수 \(c\)의 값 결정

조건 (가)에서 사차함수 \(f(x)\)가 \(A(a, f(a)), B(b, f(b))\)에서 직선 \(y=2x+1\)에 접하므로,

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

양변을 미분하면 \(f'(x) = 2(x-a)(x-b)(2x-a-b) + 2\)이다. \(a \lt c \lt b\)에서 \(f'(c) = 2\)이므로 \(2c - a - b = 0 \implies c = \dfrac{a+b}{2}\)이다.

조건 (나)에서 두 점 \(A, B\)는 직선 \(y=2x+1\) 위의 점이므로 거리 \(\overline{AB} = \sqrt{(b-a)^2 + \{2(b-a)\}^2} = \sqrt{5}(b-a) = \sqrt{5}\)에서 \(b-a = 1\)이다.

조건 (다)에서 \(a+b+c = 2c + c = 3c = \dfrac{3}{2}\)이므로 \(c = \dfrac{1}{2}\)이다. (따라서 \(a = 0, b = 1\))

(2-2) 해설 역함수의 존재성 증명 및 \((f^{-1})'(x)\)의 최솟값 도출

\(a=0, b=1\)이므로 \(f(x) = x^2(x-1)^2 + 2x + 1\)이다. 도함수 및 이계도함수를 구하면

\[ f'(x) = 4x^3 - 6x^2 + 2x + 2, \quad f''(x) = 2(6x^2 - 6x + 1) \]

\(f''(x) = 0\)의 근은 \(x = \dfrac{1}{2} \pm \dfrac{\sqrt{3}}{6}\)이다. \(0 \lt x \lt \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{6}\)에서 \(f''(x) > 0\) (증가), \(\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{6} \lt x \lt \dfrac{1}{2}\)에서 \(f''(x) < 0\) (감소)한다. \(f'(0) = f'\left(\frac{1}{2}\right) = 2 > 0\)이므로 구간 \(\left(0, \frac{1}{2}\right)\)에서 항상 \(f'(x) > 0\)이다. 따라서 \(f(x)\)는 이 구간에서 순증가하므로 역함수 \(f^{-1}(x)\)가 존재한다.

역함수 미분법 \((f^{-1})'(x) = \dfrac{1}{f'(t)}\) (단, \(x = f(t)\))에서 \((f^{-1})'(x)\)의 최솟값은 \(t \in \left(0, \frac{1}{2}\right)\)에서 \(f'(t)\)가 최댓값을 가질 때 발생한다. \(f'(t)\)는 \(f''(t)=0\)인 \(t = \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{6}\)에서 극대이자 최대가 된다.

\[ f'\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}\right) = 2 + 2\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}\right)\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}\right)\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{18+\sqrt{3}}{9} \]

따라서 \((f^{-1})'(x)\)의 최솟값은 \(\dfrac{9}{18+\sqrt{3}} = \dfrac{3(18-\sqrt{3})}{107}\)이다.

📋 [문항 2] (2-1), (2-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-1)	\(f(x)\) 수식 설정 (+20점) \| \(c = \dfrac{a+b}{2}\) 보임 (+20점) \| \(b-a=1\) (+20점) \| 답 \(c = \dfrac{1}{2}\) (+10점)	70점
(2-2)	\(f'(x) > 0\)으로 역함수 존재 증명 (+30점) \| \(f'(t)\) 최대에서 최소 발생 설명 (+30점) \| 답 \(\dfrac{3(18-\sqrt{3})}{107}\) (+10점)	80점

📝 [문제 2] 2부: 변곡점 직선과 곡선의 상단 외피선 및 최소거리 변곡점 직선 & 기하적 최단거리

(2-3) 해설 직선 \(L(x)\)의 기울기 및 선분 \(PQ\) 최소 점 \(Q\)의 \(x\)좌표 도출

\(f''(x) = 2(6x^2 - 6x + 1) = 0\)의 두 근이 변곡점의 \(x\)좌표 \(\alpha, \beta\)이므로 근과 계수의 관계에 의해 \(\alpha + \beta = 1, \alpha\beta = \dfrac{1}{6}\)이다. 변곡점을 지나는 직선 \(y=L(x)\)의 기울기는 다음과 같다.

\[ \frac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha} = \frac{\beta^2(\beta-1)^2 - \alpha^2(\alpha-1)^2}{\beta-\alpha} + 2 = \{\beta(\beta-1)+\alpha(\alpha-1)\}(\beta+\alpha-1) + 2 = 0 + 2 = 2 \]

함수 \(y = \dfrac{1}{2}\{f(x)+L(x)+|f(x)-L(x)|\} = \max\{f(x), L(x)\}\)는 곡선과 직선 중 위쪽에 위치한 부분이다. 방정식 \(f(x) = L(x)\)는 다음과 같이 정리된다.

\[ x^2(x-1)^2 = \alpha^2(\alpha-1)^2 = \left(-\frac{1}{6}\right)^2 = \frac{1}{36} \iff \left(x^2-x+\frac{1}{6}\right)\left(x^2-x-\frac{1}{6}\right) = 0 \]

네 실근은 \(\dfrac{1}{2} \pm \dfrac{\sqrt{3}}{6}, \dfrac{1}{2} \pm \dfrac{\sqrt{15}}{6}\)이며, 이 중 최댓값이 \(k\)이므로 \(k = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{15}}{6}\)이다.

점 \(P(k+2f(k), 0)\)과 점 \((k, f(k))\)를 잇는 직선의 기울기는 \(\dfrac{f(k) - 0}{k - (k+2f(k))} = -\dfrac{1}{2}\)이므로, 이는 기울기가 \(2\)인 직선 \(y=L(x)\)와 정확히 수직이다.

따라서 점 \(P\)에서 곡선 \(y = \max\{f(x), L(x)\}\)에 이르는 최단거리를 주는 점 \(Q\)는 바로 교점 \((k, f(k))\)이다. 그러므로 구하는 점 \(Q\)의 \(x\)좌표는 \(k = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{15}}{6}\)이다.

📋 [문항 2] (2-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-3)	\(L(x)\)의 기울기 \(2\) 도출 (+20점) \| 수직 직선 기울기 \(-\dfrac{1}{2}\) 보임 (+20점) \| 사차방정식 인수분해 (+30점) \| 답 \(k = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{15}}{6}\) (+10점)	80점

📝 [문제 3] 1부: 치환적분법을 통한 미분 도출 및 최댓값 치환적분 & 도함수 활용

(3-1) 해설 치환적분을 통한 \(f'(x)\) 및 \(f'(2)\) 도출

\(f(x) = \displaystyle\int_0^x te^{-(t-x)^2}\,dt\)에서 \(u = t-x\)로 치환하면 \(t = x+u, dt = du\)이고 적분구간은 \(-x\)에서 \(0\)까지이다.

\[ f(x) = \int_{-x}^0 (x+u)e^{-u^2}\,du = x\int_{-x}^0 e^{-u^2}\,du + \int_{-x}^0 ue^{-u^2}\,du \]

\(e^{-u^2}\)은 우함수이므로 \(\displaystyle\int_{-x}^0 e^{-u^2}\,du = \int_0^x e^{-u^2}\,du\)이고, \(\displaystyle\int_{-x}^0 ue^{-u^2}\,du = \left[-\frac{1}{2}e^{-u^2}\right]_{-x}^0 = -\frac{1}{2}(1-e^{-x^2})\)이다.

\[ f(x) = x\int_0^x e^{-u^2}\,du - \frac{1}{2}(1-e^{-x^2}) \]

양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 라이프니츠 규칙에 의해

\[ f'(x) = 1 \cdot \int_0^x e^{-u^2}\,du + x \cdot e^{-x^2} - \frac{1}{2}(2xe^{-x^2}) = \int_0^x e^{-u^2}\,du \]

따라서 문제의 조건 \(\displaystyle\int_0^2 e^{-x^2}\,dx = A\)에 의해 \(f'(2) = \displaystyle\int_0^2 e^{-u^2}\,du = A\)이다.

(3-2) 해설 구간 \((0, 2]\)에서 \(\dfrac{f(x)}{x}\)의 증가성 판정 및 최댓값

\(f(x) = xf'(x) - \dfrac{1}{2}(1-e^{-x^2})\)이므로, \(h(x) = \dfrac{f(x)}{x}\)의 도함수를 몫의 미분법으로 구하면

\[ \frac{d}{dx}\left[\frac{f(x)}{x}\right] = \frac{f'(x)x - f(x)}{x^2} = \frac{xf'(x) - \left\{ xf'(x) - \frac{1}{2}(1-e^{-x^2}) \right\}}{x^2} = \frac{1-e^{-x^2}}{2x^2} \]

\(x > 0\)에서 \(x^2 > 0\)이고 \(e^{-x^2} < 1 \implies 1-e^{-x^2} > 0\)이므로 항상 \(\dfrac{d}{dx}\left[\dfrac{f(x)}{x}\right] > 0\)이다.

따라서 \(\dfrac{f(x)}{x}\)는 구간 \((0, 2]\)에서 엄격히 증가하므로, 최댓값은 \(x=2\)에서 갖는다.

\[ \frac{f(2)}{2} = \frac{2A - \frac{1}{2}(1-e^{-4})}{2} = A - \frac{1}{4}(1-e^{-4}) \]

📋 [문항 3] (3-1), (3-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-1)	\(f(x)\) 치환적분 전개 (+40점) \| \(f'(x) = \displaystyle\int_0^x e^{-u^2}\,du\) 도출 (+30점) \| 답 \(f'(2) = A\) (+10점)	80점
(3-2)	도함수 \(\dfrac{1-e^{-x^2}}{2x^2}\) 도출 (+40점) \| 양수임을 보여 증가함수 판정 (+10점) \| 답 \(A - \dfrac{1}{4}(1-e^{-4})\) (+30점)	80점

📝 [문제 3] 2부: 함수의 고차 극한 계산 미분계수 정의 & 극한의 성질

(3-3) 해설 인수 분해를 통한 극한값 분리 계산

\(f(x) = xf'(x) - \dfrac{1}{2}(1-e^{-x^2})\)이고 \(f'(x) = \displaystyle\int_0^x e^{-u^2}\,du\)이다. 주어진 극한식을 다음과 같이 분리한다.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\{f(x)\}^5 f'(x)}{x^{11}} = \lim_{x \to 0} \left\{ \frac{f(x)}{x^2} \right\}^5 \times \frac{f'(x)}{x} \]

먼저 \(f'(0) = 0\)이고 \(f''(x) = e^{-x^2}\)이므로 미분계수의 정의에 의해

\[ \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)-f'(0)}{x-0} = f''(0) = e^0 = 1 \]

다음으로 \(\dfrac{f(x)}{x^2}\)의 극한을 계산하면

\[ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \left\{ \frac{xf'(x) - \frac{1}{2}(1-e^{-x^2})}{x^2} \right\} = \lim_{x \to 0} \left\{ \frac{f'(x)}{x} - \frac{1-e^{-x^2}}{2x^2} \right\} \]

\(t = -x^2\)이라 두면 \(x \to 0\)일 때 \(t \to 0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1-e^{-x^2}}{x^2} = \lim_{t \to 0} \frac{1-e^t}{-t} = \lim_{t \to 0} \frac{e^t-1}{t} = 1\)이다. 따라서

\[ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = 1 - \frac{1}{2}(1) = \frac{1}{2} \]

두 극한값을 종합하여 최종 극한을 계산하면 다음과 같다.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\{f(x)\}^5 f'(x)}{x^{11}} = \left( \frac{1}{2} \right)^5 \times 1 = \frac{1}{32} \]

📋 [문항 3] (3-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-3)	\(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x^2} = \dfrac{1}{2}\) 도출 (+30점) \| \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{f'(x)}{x} = 1\) 도출 (+10점) \| 극한 분리 전개 (+20점) \| 답 \(\dfrac{1}{32}\) (+20점)	80점

📝 [문제 1] 1부: 함수의 단조증가성 증명 및 역함수 극한 계산 도함수 부호 & 무한대 극한

(1-1) 해설 \(g(x)\)의 증가성과 방정식 해의 유일성 증명

\(g(x) = (x^2+2)e^{2x} + e^{4x}\)의 도함수를 구하면 다음과 같다.

\[ g'(x) = 2x e^{2x} + 2(x^2+2)e^{2x} + 4e^{4x} = 2(x^2+x+2)e^{2x} + 4e^{4x} \]

모든 실수 \(x\)에 대하여 \(x^2+x+2 = \left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{7}{4} > 0\)이고, 지수함수 \(e^{2x} > 0, e^{4x} > 0\)이므로 항상 \(g'(x) > 0\)이다.

따라서 \(g(x)\)는 실수 전체의 집합에서 엄격히 증가하는 일대일함수이다.

1) \(g(1) = (1+2)e^2 + e^4 = 3e^2+e^4\)이므로, 방정식 \(g(x) = 3e^2+e^4\)의 해는 \(x=1\)뿐이다.

2) \(g(0) = (0+2)e^0 + e^0 = 2 + 1 = 3\)이므로, 방정식 \(g(x) = 3\)의 해는 \(x=0\)뿐이다.

(1-2) 해설 합성함수 미분법을 통한 \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} xf'(x)\) 도출

\((g \circ f)(x) = x\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \(g'(f(x))f'(x) = 1 \implies f'(x) = \dfrac{1}{g'(f(x))}\)이다.

\(x > 0\)에서 \(x \to 0^+\)일 때, \(g(f(x)) = x \to 0\)이고 \(g(t) = (t^2+2)e^{2t} + e^{4t}\)에서 \(t \to -\infty\)일 때 \(g(t) \to 0\)이므로 \(f(x) \to -\infty\)이다.

\(t = f(x)\)로 치환하면 \(x \to 0^+\)일 때 \(t \to -\infty\)이므로,

\[ \lim_{x \to 0^+} xf'(x) = \lim_{t \to -\infty} \frac{g(t)}{g'(t)} = \lim_{t \to -\infty} \frac{(t^2+2)e^{2t} + e^{4t}}{2(t^2+t+2)e^{2t} + 4e^{4t}} = \lim_{t \to -\infty} \frac{t^2+2 + e^{2t}}{2(t^2+t+2) + 4e^{2t}} = \frac{1}{2} \]

📋 [문항 1] (1-1), (1-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-1)	\(g'(x) = 2(x^2+x+2)e^{2x} + 4e^{4x} > 0\)으로 증가함수 증명 (+40점) \| \(g(1)=3e^2+e^4, g(0)=3\) 확인 (+30점)	70점
(1-2)	\(f'(x) = \dfrac{1}{g'(f(x))}\) 도출 (+30점) \| \(t \to -\infty\) 극한 변환 (+20점) \| 답 \(\dfrac{1}{2}\) (+30점)	80점

📝 [문제 1] 2부: 치환적분법 및 부분적분법을 이용한 정적분 치환적분법 & 부분적분법

(1-3) 해설 \(\displaystyle\int_3^{3e^2+e^4} f(x)\,dx\)의 정밀 계산

\(g(x)\)는 증가함수이므로 일대일대응이다. (1-1)에 의해 \(g(0) = 3 \implies f(3) = 0\)이고, \(g(1) = 3e^2+e^4 \implies f(3e^2+e^4) = 1\)이다.

\(f(x) = t\)로 치환하면 \(x = g(t)\)이고 \(dx = g'(t)\,dt\)가 된다. 따라서 적분구간은 \(t=0\)에서 \(t=1\)까지이다.

\[ \int_3^{3e^2+e^4} f(x)\,dx = \int_0^1 t g'(t)\,dt \]

부분적분법을 적용하면 다음과 같다.

\[ \int_0^1 t g'(t)\,dt = [t g(t)]_0^1 - \int_0^1 g(t)\,dt = 1 \cdot g(1) - 0 - \int_0^1 \{(t^2+2)e^{2t} + e^{4t}\}\,dt \]

각 항의 적분을 계산하면:

\[ \int_0^1 e^{4t}\,dt = \left[ \frac{1}{4}e^{4t} \right]_0^1 = \frac{1}{4}(e^4 - 1) \] \[ \int_0^1 (t^2+2)e^{2t}\,dt = \left[ \frac{1}{2}(t^2+2)e^{2t} \right]_0^1 - \int_0^1 t e^{2t}\,dt = \frac{3}{2}e^2 - 1 - \left( \left[ \frac{1}{2}t e^{2t} \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{1}{2}e^{2t}\,dt \right) \] \[ = \frac{3}{2}e^2 - 1 - \frac{1}{2}e^2 + \left[ \frac{1}{4}e^{2t} \right]_0^1 = e^2 - 1 + \frac{1}{4}(e^2 - 1) = \frac{5}{4}e^2 - \frac{5}{4} \]

이를 종합하여 대입하면 다음과 같다.

\[ \int_3^{3e^2+e^4} f(x)\,dx = (3e^2+e^4) - \left\{ \frac{5}{4}e^2 - \frac{5}{4} + \frac{1}{4}e^4 - \frac{1}{4} \right\} = (3e^2+e^4) - \left( \frac{1}{4}e^4 + \frac{5}{4}e^2 - \frac{3}{2} \right) \] \[ = \frac{3}{4}e^4 + \frac{7}{4}e^2 + \frac{3}{2} \]

📋 [문항 1] (1-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(1-3)	\(f(x)=t\) 치환적분 또는 부분적분 구조 설정 (+40점) \| 적분 계산 및 답 \(\dfrac{3}{4}e^4 + \dfrac{7}{4}e^2 + \dfrac{3}{2}\) 도출 (+40점)	80점

📝 [문제 2] 1부: 음함수의 미분법과 접선의 기울기 및 최솟값 음함수 미분 & 이계도함수 판정

(2-1) 해설 음함수 미분법을 이용한 접선의 기울기 도출

방정식 \(y + \ln(x+y) = x\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면,

\[ y' + \frac{1+y'}{x+y} = 1 \iff (x+y)y' + 1 + y' = x+y \iff (x+y+1)y' = x+y-1 \] \[ y' = \frac{x+y-1}{x+y+1} \]

점 \(\left(\dfrac{e+1}{2}, \dfrac{e-1}{2}\right)\)에서 \(x+y = \dfrac{e+1}{2} + \dfrac{e-1}{2} = e\)이므로 접선의 기울기는 다음과 같다.

\[ y' = \frac{e-1}{e+1} \]

(2-2) 해설 극소 판정 및 함수 \(f(x)\)의 최솟값 도출

\(y' = \dfrac{x+y-1}{x+y+1} = 0 \iff x+y = 1\). 원래 방정식에 \(x+y=1\)을 대입하면 \(y + \ln 1 = x \implies y = x\)이다. 따라서 \(x+x=1 \implies x = \dfrac{1}{2}, y = \dfrac{1}{2}\)에서만 \(y'=0\)이다.

이계도함수를 구하면 다음과 같다.

\[ y'' = \frac{(1+y')(x+y+1) - (x+y-1)(1+y')}{(x+y+1)^2} = \frac{2(1+y')}{(x+y+1)^2} \]

\(x = \dfrac{1}{2}\)일 때 \(y'=0, x+y=1\)이므로 \(y'' = \dfrac{2(1+0)}{(1+1)^2} = \dfrac{1}{2} > 0\)이다.

따라서 함수 \(f(x)\)는 \(x = \dfrac{1}{2}\)에서 유일한 극소이자 최솟값 \(f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2}\)을 갖는다.

📋 [문항 2] (2-1), (2-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-1)	\(y' = \dfrac{x+y-1}{x+y+1}\) 도출 (+40점) \| 답 \(y' = \dfrac{e-1}{e+1}\) (+30점)	70점
(2-2)	\(x = 1/2\)에서만 \(y'=0\) 증명 (+30점) \| \(y'' = 1/2 > 0\) 극소 판정 (+40점) \| 최솟값 \(1/2\) (+10점)	80점

📝 [문제 2] 2부: 초월방정식 연립 및 기하적 부등식 \(\alpha < 2\) 증명 초월방정식 & 그래프 교점 분석

(2-3) 해설 \(\beta\)의 \(\alpha\) 표현 및 지수함수 그래프를 통한 \(\alpha < 2\) 증명

\(f(0) = \beta \implies \beta + \ln\beta = 0\), \(f(\alpha) = \beta \implies \beta + \ln(\alpha+\beta) = \alpha\)이다. 두 식을 빼면,

\[ \alpha = \ln(\alpha+\beta) - \ln\beta = \ln\left(1 + \frac{\alpha}{\beta}\right) \implies 1 + \frac{\alpha}{\beta} = e^\alpha \implies \beta = \frac{\alpha}{e^\alpha - 1} \]

(2-2)에서 함수 \(f(x)\)의 최솟값이 \(\dfrac{1}{2}\)이므로, \(x=0\)에서의 함숫값 \(\beta = f(0) > \dfrac{1}{2}\)이다. 따라서

\[ \frac{\alpha}{e^\alpha - 1} > \frac{1}{2} \iff 2\alpha > e^\alpha - 1 \iff 2\alpha + 1 > e^\alpha \quad (\because \alpha > 0) \]

곡선 \(y = e^x\)와 직선 \(y = 2x+1\)의 교점을 관찰하면, \(x=0\)에서 만나고 볼록성에 의해 \(0 \lt x \lt x_0\)인 구간에서만 \(2x+1 > e^x\)가 성립한다. (여기서 \(x_0\)은 \(2x_0+1 = e^{x_0}\)인 양의 실근이다.)

\(x=2\)일 때 직선의 값은 \(2(2)+1 = 5\)이고 지수함수의 값은 \(e^2 \approx 7.389\)이므로 \(2(2)+1 < e^2\)이다. 따라서 교점 \(x_0\)은 \(2\)보다 작다 (\(x_0 < 2\)).

그러므로 \(2\alpha+1 > e^\alpha\)를 만족하는 양수 \(\alpha\)는 \(\alpha \lt x_0 \lt 2\)를 만족하므로 \(\alpha < 2\)이다.

📋 [문항 2] (2-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(2-3)	\(\beta = \dfrac{\alpha}{e^\alpha - 1}\) 도출 (+30점) \| \(2\alpha+1 > e^\alpha\) 부등식 도출 (+10점) \| 교점 \(x_0 < 2\) 및 \(\alpha < 2\) 보임 (+40점)	80점

📝 [문제 3] 1부: 구간 최댓값 함수의 미분불가점과 극댓값 위치 결정 구간 최댓값 & 미분가능성

(3-1) 해설 \(g(t)\)의 미분불가 조건으로부터 \(f(3) - f(4) = 0\) 증명

최고차항 계수가 \(1\)인 삼차함수 \(f(x)\)에 대하여 \(g(t) = \max_{x \in [t, t+1]} f(x)\)이다.

\(f(x)\)가 증가하는 구간에서는 \(g(t) = f(t+1)\)이고, 감소하는 구간에서는 \(g(t) = f(t)\) 또는 극댓값이다. 극솟값 부근에서 \(g(t)\)는 \(f(t) = f(t+1)\)이 되는 지점에서 좌미분계수와 우미분계수가 달라져 미분불가능해진다.

\(g(t)\)가 \(t=3\)에서 미분가능하지 않으려면 열린구간 \((3, 4)\)에 극솟값이 존재하면서 \(t=3\)에서 양 끝점의 함숫값이 일치해야 한다. 즉 \(f(3) = f(4)\)이어야 한다. 따라서 \(f(3) - f(4) = 0\)이다.

(3-2) 해설 극댓값 \(7\)과 극대점 \(\alpha\)의 범위 산출

조건 (나)에서 \(\left[0, \dfrac{1}{2}\right]\)의 모든 \(t\)에 대하여 \(g(t) = 7\)이므로, \(f(x)\)는 \(x=\alpha\)에서 극댓값 \(7\)을 가져야 한다.

구간 \([t, t+1]\)이 극대점 \(\alpha\)를 포함할 때 \(g(t) = f(\alpha) = 7\)이므로 \(t \le \alpha \le t+1 \iff \alpha-1 \le t \le \alpha\)이다. 즉 구간 \([\alpha-1, \alpha]\)에서 \(g(t) = 7\)이다.

조건 (나)를 만족하기 위해서는 \(\left[0, \dfrac{1}{2}\right] \subset [\alpha-1, \alpha]\)이어야 하므로,

\[ \alpha - 1 \le 0 \implies \alpha \le 1 \quad \text{이고} \quad \alpha \ge \frac{1}{2} \]

따라서 \(\dfrac{1}{2} \le \alpha \le 1\)이므로, \(\alpha\)의 최솟값은 \(\dfrac{1}{2}\), 최댓값은 \(1\)이다.

📋 [문항 3] (3-1), (3-2) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-1)	\(g(t)\)의 미분불가 원리 규명 (+40점) \| 답 \(f(3) - f(4) = 0\) (+40점)	80점
(3-2)	\(f(\alpha)=7\) 극댓값 판정 (+40점) \| \([0, 1/2] \subset [\alpha-1, \alpha]\) 도출 (+20점) \| 최솟값 \(1/2\), 최댓값 \(1\) (+20점)	80점

📝 [문제 3] 2부: 삼차함수 식의 대수적 결정 및 \(f(3)\) 계산 인수정리 & 삼차함수 결정

(3-3) 해설 \(g(4) = 7\)을 만족하는 삼차함수 \(f(x)\)의 결정 및 \(f(3)\) 도출

\(f(x)\)는 \(x=\alpha\)에서 극댓값 \(7\)을 가지므로, 인수정리에 의해 다음과 같이 둘 수 있다.

\[ f(x) - 7 = (x-\alpha)^2(x-\beta) \implies f(x) = (x-\alpha)^2(x-\beta) + 7 \quad \left(\frac{1}{2} \le \alpha \le 1, \beta > 3\right) \]

삼차함수의 개형상 \(x \ge 4\)에서는 \(f(x)\)가 순증가하므로 \(g(4) = \max_{x \in [4, 5]} f(x) = f(5)\)이다. 주어진 조건 \(g(4) = 7\)에 대입하면,

\[ f(5) = (5-\alpha)^2(5-\beta) + 7 = 7 \iff (5-\alpha)^2(5-\beta) = 0 \]

\(\dfrac{1}{2} \le \alpha \le 1\)이므로 \(5-\alpha \ne 0\)이다. 따라서 \(\beta = 5\)이다.

이제 \(f(x) = (x-\alpha)^2(x-5) + 7\)에 (3-1)의 결과 \(f(3) = f(4)\)를 적용하면,

\[ (3-\alpha)^2(3-5) + 7 = (4-\alpha)^2(4-5) + 7 \iff -2(3-\alpha)^2 = -(4-\alpha)^2 \] \[ 2(9 - 6\alpha + \alpha^2) = 16 - 8\alpha + \alpha^2 \iff \alpha^2 - 4\alpha + 2 = 0 \]

근의 공식에 의해 \(\alpha = 2 \pm \sqrt{2}\)이다. \(\dfrac{1}{2} \le \alpha \le 1\)의 범위를 만족하는 해는 \(\alpha = 2 - \sqrt{2}\)뿐이다.

따라서 삼차함수는 \(f(x) = (x - 2 + \sqrt{2})^2(x - 5) + 7\)로 유일하게 확정되며, \(x=3\)에서의 함숫값은 다음과 같다.

\[ f(3) = (3 - 2 + \sqrt{2})^2(3 - 5) + 7 = (1+\sqrt{2})^2(-2) + 7 = -(3+2\sqrt{2})\times 2 + 7 = 1 - 4\sqrt{2} \]

📋 [문항 3] (3-3) 대학 공식 채점 기준표

하위 문항	세부 평가 항목 및 점수 기준	배점
(3-3)	\(f(x) = (x-\alpha)^2(x-\beta)+7\) 설정 (+20점) \| \(g(4)=f(5)=7 \implies \beta=5\) 도출 (+20점) \| \(f(3)=f(4)\)로 \(\alpha = 2-\sqrt{2}\) 결정 (+20점) \| 답 \(f(3) = 1-4\sqrt{2}\) (+20점)	80점

📝 [문제 1] 1부: 변곡점 도출 및 원점 최단거리 점의 궤적 계산 이계도함수 & 최솟값

(1-1) 해설 이계도함수를 통한 곡선 \(y=f(x)\)의 변곡점 \(\mathrm{Q}\) 도출

\(f(x) = te^{-x^2}\) (\(x>0\))의 도함수와 이계도함수를 구하면 다음과 같다.

\[ f'(x) = t \cdot (-2x) e^{-x^2} = -2tx e^{-x^2}, \quad f''(x) = -2t e^{-x^2} + 4tx^2 e^{-x^2} = t(4x^2 - 2)e^{-x^2} \]

\(f''(x) = 0\)에서 \(t > \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)이고 \(e^{-x^2} > 0\)이므로 \(4x^2 - 2 = 0 \iff x^2 = \dfrac{1}{2}\)이다. \(x > 0\)이므로 \(x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)이다.

\(0 \lt x \lt \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)에서 \(f''(x) < 0\) (위로 볼록)이고, \(x > \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)에서 \(f''(x) > 0\) (아래로 볼록)이므로 부호가 바뀐다. 따라서 점 \(\mathrm{Q}\)의 \(x\)좌표는 \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)이다.

(1-2) 해설 원점 \(\mathrm{O}\)와 곡선 위 점 \(\mathrm{P}\) 사이의 최단거리 도출

곡선 위의 임의의 점 \(\mathrm{R}(x, te^{-x^2})\)과 원점 사이의 거리를 \(d(x)\)라 하면, \(d(x)\)가 최소가 되는 것은 거리의 제곱 함수 \(D(x) = [d(x)]^2 = x^2 + t^2 e^{-2x^2}\)이 최소가 되는 것과 동치이다.

\[ D'(x) = 2x - 4t^2 x e^{-2x^2} = 2x(1 - 2t^2 e^{-2x^2}) = 0 \]

\(x > 0\)이므로 \(1 - 2t^2 e^{-2x^2} = 0 \iff e^{2x^2} = 2t^2 \iff 2x^2 = \ln(2t^2) \iff \alpha = \sqrt{\dfrac{\ln(2t^2)}{2}}\)이다. (\(t > \dfrac{\sqrt{2}}{2} \implies 2t^2 > 1 \implies \ln(2t^2) > 0\))

\(0 \lt x \lt \alpha\)에서 \(D'(x) < 0\) (감소), \(x > \alpha\)에서 \(D'(x) > 0\) (증가)이므로 \(x = \alpha\)에서 유일한 극소이자 최솟값을 갖는다.

\[ d(\alpha) = \sqrt{\alpha^2 + t^2 e^{-2\alpha^2}} = \sqrt{\dfrac{\ln(2t^2)}{2} + t^2 \cdot \dfrac{1}{2t^2}} = \sqrt{\dfrac{\ln(2t^2) + 1}{2}} \]

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(1-1)	▪ \(f''(x) = t(4x^2-2)e^{-x^2}\)을 구하고 \(f''\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 0\)을 보임 (+40점) ▪ \(0 \lt x \lt \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)에서 \(f''(x) < 0\), \(x > \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)에서 \(f''(x) > 0\) 부호 변화 제시 (+20점) ▪ 변곡점 \(\mathrm{Q}\)의 \(x\)좌표 \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)를 정확히 구함 (+10점)	70점
(1-2)	▪ 거리의 제곱 도함수 \(D'(x)=0\)의 근 \(\alpha = \sqrt{\dfrac{\ln(2t^2)}{2}}\)를 정확히 도출 (+40점) ▪ \(0 \lt x \lt \alpha\)에서 \(D'<0\), \(x > \alpha\)에서 \(D'>0\) 증감 판정 명시 (+20점) ▪ 최종 최단거리 \(\sqrt{\dfrac{\ln(2t^2)+1}{2}}\)를 정확히 구함 (+20점)	80점

📝 [문제 1] 2부: 법선의 x절편 최솟값 및 산술·기하 평균을 이용한 P의 좌표 결정 직교조건 & 산술·기하

(1-3) 해설 수직 조건 \(\angle\mathrm{OPS} = \dfrac{\pi}{2}\)과 산술·기하 평균 부등식 적용

점 \(\mathrm{P}(\alpha, te^{-\alpha^2})\)과 \(x\)축 위의 점 \(\mathrm{S}(r, 0)\)에 대하여 \(\angle\mathrm{OPS} = \dfrac{\pi}{2}\)이므로 직선 \(\mathrm{OP}\)와 직선 \(\mathrm{PS}\)는 직교한다.

직선 \(\mathrm{OP}\)의 기울기는 \(\dfrac{te^{-\alpha^2}}{\alpha}\)이므로, 점 \(\mathrm{P}\)와 \(\mathrm{S}\)를 지나는 직선 \(\ell\)의 기울기는 수직 조건에 의해 \(-\dfrac{\alpha}{te^{-\alpha^2}} = -\dfrac{\alpha e^{\alpha^2}}{t}\)이다.

직선 \(\ell\)의 방정식은 \(y - te^{-\alpha^2} = -\dfrac{\alpha e^{\alpha^2}}{t}(x - \alpha)\)이다. 이 직선이 점 \(\mathrm{S}(r, 0)\)을 지나므로 \(y=0, x=r\)을 대입하면 다음과 같다.

\[ -te^{-\alpha^2} = -\dfrac{\alpha e^{\alpha^2}}{t}(r - \alpha) \iff r - \alpha = \dfrac{t^2 e^{-2\alpha^2}}{\alpha} \iff r = \alpha + \dfrac{t^2 e^{-2\alpha^2}}{\alpha} \]

(1-2)에서 \(\alpha = \sqrt{\dfrac{\ln(2t^2)}{2}}\)로부터 \(e^{2\alpha^2} = 2t^2 \iff t^2 e^{-2\alpha^2} = \dfrac{1}{2}\)이므로, \(r = \alpha + \dfrac{1}{2\alpha}\)이 성립한다.

\(\alpha > 0\)이므로 산술·기하 평균 부등식에 의해 다음이 성립한다.

\[ r = \alpha + \dfrac{1}{2\alpha} \ge 2\sqrt{\alpha \cdot \dfrac{1}{2\alpha}} = \sqrt{2} \]

등호가 성립할 필요충분조건은 \(\alpha = \dfrac{1}{2\alpha} \iff 2\alpha^2 = 1 \iff \alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)이다.

이때 \(1 = 2\alpha^2 = \ln(2t^2)\)에서 \(2t^2 = e \iff t = \sqrt{\dfrac{e}{2}}\)이며, \(\sqrt{\dfrac{e}{2}} > \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) (\(\because e > 1\))이므로 문제의 조건을 완전히 만족한다.

따라서 \(r\)가 최소가 될 때 점 \(\mathrm{P}\)의 \(x\)좌표는 \(\alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)이다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(1-3)	▪ 직교 관계를 이용하여 \(x\)절편 식 \(r = \alpha + \dfrac{1}{2\alpha}\)을 정확히 도출 (+40점) ▪ 산술·기하 평균에 의해 \(\alpha = \dfrac{1}{2\alpha}\)일 때 \(r\)가 최소임을 언급 (+10점) ▪ 최솟값 조건에서 매개변수 \(t = \sqrt{\dfrac{e}{2}}\)를 도출 (+10점) ▪ 조건 검증 \(\sqrt{\dfrac{e}{2}} > \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)을 정확히 확인 (+10점) ▪ 최종 점 \(\mathrm{P}\)의 \(x\)좌표가 \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)임을 올바르게 제시 (+10점)	80점

📝 [문제 2] 1부: 부등식 대칭 치환 및 조임정리를 이용한 도함수 항등식 증명 미분계수 & 조임정리

(2-1) 해설 변수 교환(대칭 치환)을 통한 하한 부등식 증명

주어진 조건식은 모든 실수 \(x, y\)에 대하여 성립한다.

\[ f(x) - f(y) \le (x - y)g(x) \quad \cdots\cdots \text{①} \]

①식에 \(x\)와 \(y\)를 서로 맞바꾸어 대입하면 임의의 실수에 대해 다음이 성립한다.

\[ f(y) - f(x) \le (y - x)g(y) \]

위 부등식의 양변에 \(-1\)을 곱하면 부등호의 방향이 반대로 바뀌므로 다음을 얻는다.

\[ -(f(y) - f(x)) \ge -(y - x)g(y) \iff f(x) - f(y) \ge (x - y)g(y) \]

따라서 모든 실수 \(x, y\)에 대하여 \((x - y)g(y) \le f(x) - f(y)\)가 성립한다.

(2-2) 해설 평균변화율의 부등식과 함수의 극한 조임정리를 통한 \(f'(x)=g(x)\) 증명

조건 ①과 (2-1)의 결과를 연립하면 모든 실수 \(x, y\)에 대하여 다음 샌드위치 부등식이 성립한다.

\[ (x - y)g(y) \le f(x) - f(y) \le (x - y)g(x) \]

1) \(x > y\)인 경우: \(x - y > 0\)이므로 양변을 \(x - y\)로 나누면 부등호 방향이 유지된다.

\[ g(y) \le \dfrac{f(x) - f(y)}{x - y} \le g(x) \]

여기서 \(y \to x^-\)의 좌극한을 취하면, \(g(x)\)의 좌극한과 우변의 \(g(x)\) 사이에 끼이게 된다.

2) \(x < y\)인 경우: \(x - y < 0\)이므로 양변을 \(x - y\)로 나누면 부등호 방향이 바뀐다.

\[ g(x) \le \dfrac{f(x) - f(y)}{x - y} \le g(y) \]

여기서 \(y \to x^+\)의 우극한을 취하면 역시 조임정리가 성립한다. 함수 \(f(x)\)는 미분가능하므로 양방향 모두 \(\displaystyle\lim_{y \to x} \dfrac{f(x) - f(y)}{x - y} = f'(x)\)로 수렴한다.

따라서 조임정리에 의해 \(g(x) \le f'(x) \le g(x)\)이므로 모든 실수 \(x\)에 대하여 \(f'(x) = g(x)\)이다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(2-1)	▪ \(x, y\)를 교환하여 \(f(y)-f(x) \le (y-x)g(y)\)를 정확히 기술 (+40점) ▪ 양변에 \(-1\)을 곱하여 \((x-y)g(y) \le f(x)-f(y)\)를 정확히 증명 (+30점)	70점
(2-2)	▪ 연립 부등식 \((x-y)g(y) \le f(x)-f(y) \le (x-y)g(x)\)를 명시 (+20점) ▪ \(x > y\)일 때 \(g(y) \le \dfrac{f(x)-f(y)}{x-y} \le g(x)\) 및 극한 도출 (+20점) ▪ \(x < y\)일 때 \(g(x) \le \dfrac{f(x)-f(y)}{x-y} \le g(y)\) 및 극한 도출 (+20점) ▪ 조임정리에 의해 \(g(x) \le f'(x) \le g(x)\)로부터 \(f'(x)=g(x)\) 결론 (+20점)	80점

📝 [문제 2] 2부: 미분 연쇄법칙과 대칭 부등식을 통한 상수함수 f(x)=2 결정 이계도함수 & 함수결정

(2-3) 해설 함수 항등식의 연쇄 미분과 \(f''(x)=0\) 도출을 통한 \(f(x)=2\) 결정

(2-2)의 부등식에서 \(x > y\)일 때 \(g(y) \le \dfrac{f(x) - f(y)}{x - y} \le g(x)\)이므로 \(g(y) \le g(x)\)이다.

즉, 함수 \(g(x)\)는 실수 전체의 집합에서 단조증가 함수이므로 \(g'(x) \ge 0\)이다. 또한 (2-2)에 의해 \(f'(x) = g(x)\)이므로 \(f''(x) = g'(x) \ge 0\)이다.

이제 문제에 주어진 항등식 \(8f(x) + f(-2x) = 18\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 합성함수의 미분법에 의해 다음을 얻는다.

\[ 8f'(x) - 2f'(-2x) = 0 \iff 4f'(x) = f'(-2x) \quad \cdots\cdots \text{②} \]

②식의 양변을 다시 \(x\)에 대하여 미분하면 다음과 같다.

\[ 4f''(x) = -2f''(-2x) \quad \cdots\cdots \text{③} \]

그런데 모든 실수 \(t\)에 대하여 \(f''(t) \ge 0\)이므로, ③식의 좌변은 \(4f''(x) \ge 0\)이고 우변은 \(-2f''(-2x) \le 0\)이다.

좌변과 우변이 항등적으로 일치하려면 반드시 \(4f''(x) = 0\), 즉 모든 실수 \(x\)에 대하여 \(f''(x) = 0\)이어야만 한다.

\(f''(x) = 0\)이므로 도함수 \(f'(x)\)는 상수함수이다. \(f'(x) = C\)라 두고 ②식에 대입하면 다음과 같다.

\[ 4C = C \iff 3C = 0 \iff C = 0 \]

따라서 모든 실수 \(x\)에 대하여 \(f'(x) = 0\)이므로, 원함수 \(f(x)\) 또한 상수함수이다. \(f(x) = K\)라 두고 원래의 항등식 \(8f(x) + f(-2x) = 18\)에 대입하면:

\[ 8K + K = 18 \iff 9K = 18 \iff K = 2 \]

그러므로 구하는 함수는 \(f(x) = 2\)이다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(2-3)	▪ \(g(x)\)의 증가성을 이용하여 \(f''(x) \ge 0\)임을 올바르게 기술 (+20점) ▪ 항등식의 이계도함수 \(4f''(x) = -2f''(-2x)\)로부터 \(f''(x) = 0\)임을 증명 (+30점) ▪ \(4f'(x) = f'(-2x)\)에 대입하여 \(f'(x) = 0\)임을 도출 (+20점) ▪ 원래 항등식에 대입하여 최종 상수함수 \(f(x) = 2\)를 정확히 구함 (+10점)	80점

📝 [문제 3] 1부: 정적분 최솟값 조건을 통한 f(1)=0 증명 및 삼차함수 그래프 결정 정적분함수 & 증감표

(3-1) 해설 정적분 함수의 극소 판정을 통한 \(f(1)=0\) 증명

\(G(x) = \displaystyle\int_1^x g(t)\,dt\)라 정의하면, 조건 (가)에 의해 모든 실수 \(x\)에 대하여 \(G(x) \ge 0\)이며 \(G(1) = 0\)이다.

따라서 함수 \(G(x)\)는 \(x=1\)에서 최솟값 0을 가지므로 \(x=1\)에서 극솟값을 갖는다. \(G(x)\)는 미분가능한 함수이므로 \(G'(1) = 0\)이어야 한다.

적분과 미분의 관계에 의해 \(G'(x) = g(x)\)이므로 \(g(1) = G'(1) = 0\)이다. \(f(x) = g(x)e^{-x}\)이므로 \(f(1) = g(1)e^{-1} = 0\)이다.

(3-2) 해설 삼차함수 \(f(x)\)의 중근 조건 도출 및 곡선 \(y=g(x)\)의 개형 작도

(3-1)과 조건 (나)에 의해 \(g(1) = 0\)이고 \(g(x)\)는 \(x=3\)에서 극소이므로 \(g'(3) = 0\)이다.

\(g'(x) = \{f'(x) + f(x)\}e^x\)에서 \(g'(3) = \{f'(3) + f(3)\}e^3 = 0 \implies f'(3) + f(3) = 0\).

만일 \(f(3) \ne 0\)이면 \(x=3\)에서 부호가 변하지 않아 극솟값을 가질 수 없으며, 최고차항 계수가 1인 삼차함수에서 \(f(1)=0, f(3)=0, f'(3)=0\)이므로 \(x=3\)은 중근이다.

따라서 \(f(x) = (x-1)(x-3)^2\)이며, \(g(x) = (x-1)(x-3)^2 e^x\)이다.

도함수와 이계도함수를 계산하면 다음과 같다.

\[ g'(x) = (x+1)(x-2)(x-3)e^x, \quad g''(x) = (x-1)(x^2-7)e^x \]

\(g'(x)=0\)의 근은 \(x = -1, 2, 3\)이며, \(x=-1, 3\)에서 극소(\(g(3)=0\)), \(x=2\)에서 극대(\(g(2)=e^2\))를 갖는다. 또한 \(g''(x)=0\)의 근은 \(x = -\sqrt{7}, 1, \sqrt{7}\)로 세 변곡점을 갖는다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(3-1)	▪ \(G(x) = \int_1^x g(t)dt \ge 0\)과 \(G(1)=0\)으로부터 극소 조건 \(G'(1)=0\) 제시 (+40점) ▪ \(g(1) = 0\)임을 보이고 \(f(1) = g(1)e^{-1} = 0\)을 정확히 증명 (+30점)	70점
(3-2)	▪ \(x=3\)이 중근임을 밝혀 삼차함수 \(f(x) = (x-1)(x-3)^2\) 도출 (+30점) ▪ 도함수 \(g'(x)=(x+1)(x-2)(x-3)e^x\) 및 이계도함수 \(g''(x)=(x-1)(x^2-7)e^x\) 계산 (+20점) ▪ 극값 및 변곡점 \(x = \pm\sqrt{7}, 1\)을 명시하여 그래프 개형을 완벽히 그림 (+30점)	80점

📝 [문제 3] 2부: 접선과 평행이동 곡선 교점 개수 h(t) 정밀 분석 (t=2, t=α) 접선방정식 & 공통접선

(3-3) 기하적 해석 및 구간 분석 (1/2) 방정식의 접선 해석과 \(t=2\), \(t=\alpha\)에서의 교점 개수 도출

방정식 \(\dfrac{g(x+1) - g(t)}{x - t} = g'(t)\) (\(x \ne t\))은 \(g'(t)(x - t) + g(t) = g(x+1)\)과 동치이다.

즉, \(h(t)\)는 곡선 \(y=g(x)\) 위의 점 \((t, g(t))\)에서의 접선이 곡선 \(y=g(x+1)\)과 만나는 서로 다른 교점 중 \(x \ne t\)인 점의 개수를 의미한다. 구간 \([2, 3]\)에서 \(h(t) = 2\)를 만족시키는 \(t\)를 판별한다.

1) \(t = 2\)일 때: 점 \((2, g(2))\)는 극댓점이다. 접선의 기울기는 \(g'(2) = 0\)으로 수평 접선 \(y = g(2) = e^2\)이다.

이 수평 접선은 곡선 \(y=g(x+1)\)과 서로 다른 두 점에서 만나며, 두 교점의 \(x\)좌표는 모두 2가 아니다. 따라서 \(h(2) = 2\)이다.

2) \(2 \lt t \lt \alpha\)일 때: \(t\)가 2에서 증가함에 따라 접선의 기울기는 음수로 감소하다가 변곡점 \(x = \sqrt{7}\)에서 최솟값을 갖는다. 이때까지 접선은 곡선 \(y=g(x+1)\)과 한 점에서만 만난다. 그 후 기울기가 증가하지만 여전히 음수이며 한동안 1점에서만 만난다. 따라서 \(h(t) \le 1\)이다.

3) \(t = \alpha\) (\(\sqrt{7} < \alpha < 3\))일 때: 접선이 곡선 \(y=g(x+1)\)과도 접하게 되는 \(\alpha\)가 \(\sqrt{7}\)과 3 사이에 유일하게 존재한다. 이때 접선과 곡선 \(y=g(x+1)\)은 서로 다른 두 점에서 만난다. \(\dfrac{5}{2} < \sqrt{7} < \alpha < 3\)에서 \(g(\alpha) < g(\alpha+1)\)이 성립하므로 두 교점의 \(x\)좌표는 모두 \(\alpha\)보다 작다. 따라서 \(h(\alpha) = 2\)이다.

📝 [문제 3] 3부: t=3 교점 판별 및 최종 실수 t의 개수 도출과 채점기준표 교점개수 판별 & 공식채점표

(3-3) 구간 분석 (2/2) 및 최종 결론 \(t=3\)에서의 수평 접선 교점 판정 및 \(h(t)=2\)를 만족시키는 \(t\)의 총 개수

4) \(\alpha \lt t \lt 3\)일 때: 곡선 \(y=g(x)\) 위의 점 \((t, g(t))\)에서의 접선이 곡선 \(y=g(x+1)\)과 서로 다른 세 점에서 만나며, 세 교점의 \(x\)좌표는 모두 \(t\)보다 작다. 즉, 이 경우 \(h(t) = 3\)이다.

5) \(t = 3\)일 때: 점 \((3, g(3)) = (3, 0)\)은 극솟점이다. 접선은 \(x\)축(\(y=0\))이 되며, 곡선 \(y=g(x+1)\)과 \(x=0\) (교차점), \(x=2\) (접점)에서 만나 서로 다른 두 점에서 만난다. 두 점의 \(x\)좌표는 모두 3보다 작으므로 \(h(3) = 2\)이다.

[종합 결론]
구간 \([2, 3]\)에서 \(h(t) = 2\)를 만족시키는 실수 \(t\)는 오직 \(t = 2\), \(t = \alpha\), \(t = 3\)의 3개뿐이다. 따라서 구하는 \(t\)의 개수는 3이다.

문항	공식 채점 기준 및 감점 원칙	배점
(3-3)	▪ \(h(t)\)의 의미를 점 \((t, g(t))\)에서의 접선과 곡선 \(y=g(x+1)\)의 교점 수로 올바르게 해석 (+20점) ▪ \(t=2\)일 때 교점이 2개이므로 \(h(2)=2\)임을 제시 (+10점) ▪ \(t=3\)일 때 교점이 2개이므로 \(h(3)=2\)임을 제시 (+10점) ▪ 접선이 곡선 \(y=g(x+1)\)에 접하는 \(\alpha\)가 \(\sqrt{7} < \alpha < 3\) 사이에 존재함을 설명 (+20점) [참고: \(\alpha\)가 2와 3 사이에 존재한다고만 한 경우 부분점수 미부여] ▪ \(g(\alpha) < g(\alpha+1)\)을 보여 \(h(\alpha)=2\)임을 설명 (+10점) ▪ \(h(t)=2\)를 만족시키는 실수 \(t\)의 개수가 최종 3임을 정확히 도출 (+10점)	80점