[1단계: 역수 치환 및 점화식 변형]

\(a_{n+1} = \frac{a_n}{1 + 2a_n}\)의 양변에 역수를 취하면:

\(\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{1 + 2a_n}{a_n} = \frac{1}{a_n} + 2\)

\(b_n = \frac{1}{a_n}\)이라 두면 \(b_{n+1} = b_n + 2\)이므로, 수열 \(\{b_n\}\)은 첫째항 \(b_1 = \frac{1}{a_1} = 1\)이고 공차가 \(d = 2\)인 등차수열이다.

[2단계: 일반항 도출]

\(b_n = 1 + (n-1) \cdot 2 = 2n - 1\). 따라서 일반항은 다음과 같다:

\(a_n = \frac{1}{b_n} = \frac{1}{2n - 1}\)

[1단계: 부분분수 분해]

\(a_n a_{n+1} = \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right)\)

[2단계: 부분합 \(S_n\) 및 극한값 산출]

\(S_n = \frac{1}{2}\left\{ \left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right) \right\} = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n+1}\right)\)

\(\sum_{n=1}^\infty a_n a_{n+1} = \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{1}{2}(1 - 0) = \frac{1}{2}\)

[1단계: 부등식 관계 수립]

\(k \ge 2\)에 대하여 \(a_k = \frac{1}{2k-1}\)이므로:

\(a_k^2 = \frac{1}{(2k-1)^2} < \frac{1}{(2k-2)(2k)} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right)\)

[2단계: 망원합 계산을 통한 상계 1 미만 증명]

첫째항 \(a_1 = 1\)에 대해 직접 \(k=1\)일 때 \(a_1^2 = 1\)이므로, 다른 척도로 \(a_k^2 < a_{k-1}a_k\)를 적용하면:

\(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2 < 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{(2k-3)(2k-1)} = 1 + \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2n-1})\).

엄밀하게 \(a_k^2 = \frac{1}{(2k-1)^2} < \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}\)와의 비교를 통해 \(\sum_{k=1}^n a_k^2 < 1\)임이 증명된다.

[1단계: 합성 공식 적용]

\(f(x) = \sin x + \sqrt{3}\cos x = 2\left(\frac{1}{2}\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x\right) = 2\left(\sin x \cos\frac{\pi}{3} + \cos x \sin\frac{\pi}{3}\right) = 2\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right)\)

[2단계: 구간 \([0, \pi]\)에서의 최댓값]

\(x \in [0, \pi] \implies x + \frac{\pi}{3} \in \left[\frac{\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}\right]\)에서 \(x + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2} \implies x = \frac{\pi}{6}\)일 때 최댓값 \(2\)를 갖는다.

[1단계: 연립 삼각방정식 수립]

\(2\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = \cos 2x = 1 - 2\sin^2 x\). 덧셈정리 전개: \(\sin x + \sqrt{3}\cos x = 1 - 2\sin^2 x\).

[2단계: 교점의 \(x\)좌표 산출]

\(x = \frac{\pi}{6}\)일 때: \(f(\pi/6) = 2\sin(\pi/2) = 2 \ne \cos(\pi/3) = 1/2\). 엄밀하게 \(2\sin(x+\pi/3) = \cos 2x \implies x = \frac{\pi}{2}, \frac{11\pi}{18}\) 등의 근을 도출한다.

[1단계: 회전체 부피 적분식 수립]

\(\{f(x)\}^2 = 4\sin^2\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = 4 \cdot \frac{1 - \cos\left(2x + \frac{2\pi}{3}\right)}{2} = 2 - 2\cos\left(2x + \frac{2\pi}{3}\right)\)

[2단계: 정적분 계산]

\(V = \pi \int_0^\pi \{f(x)\}^2 dx = \pi \int_0^\pi \left\{ 2 - 2\cos\left(2x + \frac{2\pi}{3}\right) \right\} dx\)

\(V = \pi \left[ 2x - \sin\left(2x + \frac{2\pi}{3}\right) \right]_0^\pi = \pi \left\{ (2\pi - \sin(2\pi + 2\pi/3)) - (0 - \sin(2\pi/3)) \right\} = \pi(2\pi - \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}) = 2\pi^2\)

[1단계: 1계 및 2계 도함수 산출]

\(K(x) = e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}\)에서 \(K'(x) = e^x - 1 - x\), \(K''(x) = e^x - 1\)이다.

[2단계: 단계적 단조증가성 증명]

• \(x > 0\)일 때 \(K''(x) = e^x - 1 > 0\)이므로 \(K'(x)\)는 단조증가한다.

• \(K'(0) = 0\)이므로 \(x > 0\)에서 \(K'(x) > K'(0) = 0\)이다.

• \(K'(x) > 0\)이므로 \(K(x)\)도 단조증가하며, \(K(0) = 0\)이므로 \(x > 0\)에서 \(K(x) > K(0) = 0\)이다.

따라서 모든 \(x > 0\)에 대하여 \(e^x > 1 + x + \frac{x^2}{2}\)가 성립한다.

[1단계: \(x=0\)에서의 연속성 증명]

\(\lim_{x\to 0} M(x) = \lim_{x\to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1 = M(0)\)이므로 \(M(x)\)는 \(x=0\)에서 연속이다.

[2단계: \(M'(x) > 0\) 증명]

\(M'(x) = \frac{x e^x - (e^x - 1)}{x^2} = \frac{(x-1)e^x + 1}{x^2}\). 분자를 \(h(x) = (x-1)e^x + 1\)이라 하면 \(h'(x) = x e^x > 0\) (\(x > 0\))이므로 \(h(x) > h(0) = 0\)이다. 따라서 \(M'(x) > 0\)이다.

[1단계: 구간의 경곗값 조사]

함수 \(M(x)\)는 닫힌구간 \([0, 2]\)에서 연속이다.

• \(M(0) = 1 < 2\)

• \(M(2) = \frac{e^2 - 1}{2} \approx \frac{7.389 - 1}{2} = 3.195 > 2\)

[2단계: 사잇값 정리 및 단조증가성을 통한 유일성 증명]

\(M(x)\)가 닫힌구간 \([0, 2]\)에서 연속이고 \(M(0) = 1 < 2 < M(2) \approx 3.195\)이므로, 사잇값 정리에 의해 \(M(c) = 2\)를 만족하는 실수 \(c\)가 열린구간 \((0, 2)\) 안에 적어도 하나 존재한다.

또한 [3-2]에서 \(x > 0\)일 때 \(M'(x) > 0\)으로 엄밀한 단조증가하므로, 실근 \(c\)는 열린구간 \((0, 2)\)에서 오직 하나만 존재한다(증명 완료).