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자연계열 II 1번

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경북대 2023학년도 수시 자연계열 II 1번 · mathesis.kr/archive/knu/2023su/jayeon2_1

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[1] 다음 글을 읽고 물음에 답하시오.

(가) 함수 y=f(x)\displaystyle y=f(x)의 x=a\displaystyle x=a에서의 미분계수는f′(a)=lim⁡h→0f(a+h)−f(a)h\displaystyle f^{\prime}(a)=\lim_{h\to0}\dfrac{f(a+h)-f(a)}h

(나) x=a\displaystyle x=a에서 함수 f(x)\displaystyle f(x)의 우극한과 좌극한이 모두 존재하고, 그 값이 모두 L\displaystyle L이면lim⁡x→af(x)=L\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)=L

(다) 함수 f(x)\displaystyle f(x)가 세 실수 a,b,c\displaystyle a,b,c를 포함하는 닫힌구간에서 연속일 때,∫abf(x) dx+∫bcf(x) dx=∫acf(x) dx\displaystyle \int_a^bf(x)\,dx+\int_b^cf(x)\,dx=\int_a^cf(x)\,dx

(라) 첫째항이 a\displaystyle a, 공비가 r\displaystyle r (r≠1\displaystyle r\ne1)인 등비수열의 첫째항부터 제n\displaystyle n항까지의 합은a(1−rn)1−r\displaystyle \dfrac{a(1-r^n)}{1-r}

(마) 세 함수 f(x),g(x),h(x)\displaystyle f(x),g(x),h(x)에 대하여 f(x)≤h(x)≤g(x)\displaystyle f(x)\le h(x)\le g(x)이고lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+g(x)=α(α는 실수)\displaystyle \lim_{x\to0+}f(x)=\lim_{x\to0+}g(x)=\alpha\quad(\alpha\text{는 실수})이면lim⁡x→0+h(x)=α\displaystyle \lim_{x\to0+}h(x)=\alpha

※ 모든 문항에서 풀이과정을 반드시 기술하시오.

세 수열 an\displaystyle {a_n}, bn\displaystyle {b_n}, cn\displaystyle {c_n}과 구간 (0,∞)\displaystyle (0,\infty)에서 미분가능한 함수 f(x)\displaystyle f(x)가 모든 자연수 n\displaystyle n에 대하여 다음 조건을 만족시킨다.

(Ⅰ) 2n−1≤x≤2n\displaystyle 2n-1\le x\le2n인 모든 실수 x\displaystyle x에 대하여f(x)=an(x−2n+1)4+bn(x−2n+1)2+cn(x−2n+1)+12n−1\displaystyle f(x)=a_n(x-2n+1)^4+b_n(x-2n+1)^2+c_n(x-2n+1)+\dfrac1{2^{n-1}}이다.(Ⅱ) 2n−2<x<2n−1\displaystyle 2n-2<x<2n-1인 모든 실수 x\displaystyle x에 대하여f(x)=f(4n−2−x)\displaystyle f(x)=f(4n-2-x)

다음 물음에 답하시오.

【1-1】 c2023\displaystyle c_{2023}의 값을 구하시오. (20점)

【1-2】 모든 자연수 n\displaystyle n에 대하여,(2an+bn)(2an+1+bn+1)≤0\displaystyle (2a_n+b_n)(2a_{n+1}+b_{n+1})\le0임을 증명하시오. (30점)

【1-3】 b1=−4\displaystyle b_1=-4, lim⁡x→0+f(x)=−1\displaystyle \lim_{x\to0+}f(x)=-1이라고 하자.

(1) ∫210∣f′(x)∣ dx=qp\displaystyle \int_2^{10}|f^{\prime}(x)|\,dx=\dfrac qp라 할 때, p+q\displaystyle p+q의 값을 구하시오.(단, p\displaystyle p와 q\displaystyle q는 서로소인 자연수) (35점)

(2) 양수 t\displaystyle t에 대하여, 함수 g(x)=∣f(x)−t∣\displaystyle g(x)=|f(x)-t|가 구간 (0,∞)\displaystyle (0,\infty)에서 미분가능하지 않은 모든 점의 개수를 m(t)\displaystyle m(t)라 하자.lim⁡t→0+m(t)log⁡2t\displaystyle \lim_{t\to0+}\dfrac{m(t)}{\log_2t}의 값을 구하시오. (35점)

해설강의 준비중

경북대 2023학년도 수시 자연계열 II 1번 · mathesis.kr/archive/knu/2023su/jayeon2_1

+5점 · lim⁡h→0+f(2n−1+h)−f(2n−1)h=cn\displaystyle \lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n-1+h)-f(2n-1)}h=c_n임을 보인다.

【1-1】함수 f(x)\displaystyle f(x)는 x=2n−1\displaystyle x=2n-1에서 미분가능하므로 (단, n\displaystyle n은 자연수),lim⁡h→0+f(2n−1+h)−f(2n−1)h=lim⁡h→0−f(2n−1+h)−f(2n−1)h\displaystyle \lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n-1+h)-f(2n-1)}h=\lim_{h\to0-}\dfrac{f(2n-1+h)-f(2n-1)}h임을 알 수 있다. 한편, 문제의 조건 (Ⅰ)과 (Ⅱ)를 이용하면,lim⁡h→0+f(2n−1+h)−f(2n−1)h=lim⁡h→0+(anh3+bnh+cn)=cn\displaystyle \lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n-1+h)-f(2n-1)}h=\lim_{h\to0+}(a_nh^3+b_nh+c_n)=c_n

+5점 · lim⁡h→0−f(2n−1+h)−f(2n−1)h=−cn\displaystyle \lim_{h\to0-}\dfrac{f(2n-1+h)-f(2n-1)}h=-c_n임을 보인다.

lim⁡h→0−f(2n−1+h)−f(2n−1)h=lim⁡h→0−f(2n−1−h)−f(2n−1)h=lim⁡h→0+f(2n−1+h)−f(2n−1)−h=−cn\displaystyle \lim_{h\to0-}\dfrac{f(2n-1+h)-f(2n-1)}h=\lim_{h\to0-}\dfrac{f(2n-1-h)-f(2n-1)}h=\lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n-1+h)-f(2n-1)}{-h}=-c_n

+10점 · c2023=0\displaystyle c_{2023}=0을 구한다.

이므로, cn=−cn\displaystyle c_n=-c_n, 즉, cn=0\displaystyle c_n=0임을 알 수 있다. 따라서, c2023=0\displaystyle c_{2023}=0이다.

+5점 · lim⁡h→0+f(2n+h)−f(2n)h=−(4an+1+2bn+1)\displaystyle \lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n+h)-f(2n)}h=-(4a_{n+1}+2b_{n+1})임을 보인다.

【1-2】함수 f(x)\displaystyle f(x)는 x=2n\displaystyle x=2n에서 미분가능하므로 (단, n\displaystyle n은 자연수),lim⁡h→0+f(2n+h)−f(2n)h=lim⁡h→0−f(2n+h)−f(2n)h\displaystyle \lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n+h)-f(2n)}h=\lim_{h\to0-}\dfrac{f(2n+h)-f(2n)}h임을 알 수 있다. 한편, 문제의 조건 (Ⅰ)과 (Ⅱ)를 이용하면,lim⁡h→0+f(2n+h)−f(2n)h=lim⁡h→0+f(2n+2−h)−f(2n+2)h=−(4an+1+2bn+1)\displaystyle \lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n+h)-f(2n)}h=\lim_{h\to0+}\dfrac{f(2n+2-h)-f(2n+2)}h=-(4a_{n+1}+2b_{n+1})

+5점 · lim⁡h→0−f(2n+h)−f(2n)h=4an+2bn\displaystyle \lim_{h\to0-}\dfrac{f(2n+h)-f(2n)}h=4a_n+2b_n임을 보인다.

lim⁡h→0−f(2n+h)−f(2n)h=4an+2bn\displaystyle \lim_{h\to0-}\dfrac{f(2n+h)-f(2n)}h=4a_n+2b_n

+10점 · −(2an+1+bn+1)=2an+bn\displaystyle -(2a_{n+1}+b_{n+1})=2a_n+b_n임을 보인다.

이므로, −(2an+1+bn+1)=2an+bn\displaystyle -(2a_{n+1}+b_{n+1})=2a_n+b_n임을 알 수 있다. 따라서,

+10점 · (2an+bn)(2an+1+bn+1)=−(2an+bn)2≤0\displaystyle (2a_n+b_n)(2a_{n+1}+b_{n+1})=-(2a_n+b_n)^2\le0임을 보인다.

(2an+bn)(2an+1+bn+1)=−(2an+bn)2≤0\displaystyle (2a_n+b_n)(2a_{n+1}+b_{n+1})=-(2a_n+b_n)^2\le0이다.

+5점 · 2a1+b1=0\displaystyle 2a_1+b_1=0을 구한다.

【1-3】(1) 문제의 조건에 의해, lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+f(2−x)=f(2)=a1+b1+1=−1\displaystyle \lim_{x\to0+}f(x)=\lim_{x\to0+}f(2-x)=f(2)=a_1+b_1+1=-1이므로 a1=2\displaystyle a_1=2임을 알 수 있다.따라서, 2a1+b1=0\displaystyle 2a_1+b_1=0이다.

+5점 · 자연수 n\displaystyle n에 대하여 2an+bn=0\displaystyle 2a_n+b_n=0임을 구한다.

【1-2】에 의하여, 자연수 n\displaystyle n에 대하여 2an+bn=0\displaystyle 2a_n+b_n=0임을 알 수 있다.이로부터 2n−1≤x≤2n\displaystyle 2n-1\le x\le2n인 실수 x\displaystyle x에 대하여 (단, n\displaystyle n은 자연수),f(x)=an(x−2n+1)4−2an(x−2n+1)2+12n−1,\displaystyle f(x)=a_n(x-2n+1)^4-2a_n(x-2n+1)^2+\dfrac1{2^{n-1}},f′(x)=4an(x−2n+1)3−4an(x−2n+1)=4an(x−2n+1){(x−2n+1)2−1}\displaystyle f^{\prime}(x)=4a_n(x-2n+1)^3-4a_n(x-2n+1)=4a_n(x-2n+1)\{(x-2n+1)^2-1\}이다. 그러므로,

+10점 · ∫210∣f′(x)∣ dx=∫23f′(x) dx−∫34f′(x) dx+⋯+∫89f′(x) dx−∫910f′(x) dx\displaystyle \int_2^{10}|f^{\prime}(x)|\,dx=\int_2^3f^{\prime}(x)\,dx-\int_3^4f^{\prime}(x)\,dx+\cdots+\int_8^9f^{\prime}(x)\,dx-\int_9^{10}f^{\prime}(x)\,dx임을 보인다.

∫210∣f′(x)∣ dx=∫23∣f′(x)∣ dx+∫34∣f′(x)∣ dx+⋯+∫89∣f′(x)∣ dx+∫910∣f′(x)∣ dx=∫23f′(x) dx−∫34f′(x) dx+⋯+∫89f′(x) dx−∫910f′(x) dx={f(3)−f(2)}−{f(4)−f(3)}+⋯+{f(9)−f(8)}−{f(10)−f(9)}=∑n=142(12n+1)=798\displaystyle \begin{aligned}\int_2^{10}|f^{\prime}(x)|\,dx&=\int_2^3|f^{\prime}(x)|\,dx+\int_3^4|f^{\prime}(x)|\,dx+\cdots+\int_8^9|f^{\prime}(x)|\,dx+\int_9^{10}|f^{\prime}(x)|\,dx\\&=\int_2^3f^{\prime}(x)\,dx-\int_3^4f^{\prime}(x)\,dx+\cdots+\int_8^9f^{\prime}(x)\,dx-\int_9^{10}f^{\prime}(x)\,dx\\&=\{f(3)-f(2)\}-\{f(4)-f(3)\}+\cdots+\{f(9)-f(8)\}-\{f(10)-f(9)\}=\sum_{n=1}^42\left(\dfrac1{2^n}+1\right)=\dfrac{79}8\end{aligned}이다.

+15점 · p+q=8+79=87\displaystyle p+q=8+79=87을 구한다.

따라서, p+q=8+79=87\displaystyle p+q=8+79=87이다.

+10점 · 자연수 k\displaystyle k에 대하여 12k≤t<12k−1\displaystyle \dfrac1{2^k}\le t<\dfrac1{2^{k-1}}이면 m(t)=2k\displaystyle m(t)=2k임을 보인다.

(2) 우선, m(t)\displaystyle m(t)를 구하자. t≥1\displaystyle t\ge1이면, m(t)=0\displaystyle m(t)=0이다. 또한, 자연수 k\displaystyle k에 대하여 12k≤t<12k−1\displaystyle \dfrac1{2^k}\le t<\dfrac1{2^{k-1}}이면, m(t)=2k\displaystyle m(t)=2k임을 알 수 있다.

+10점 · 0<t<1\displaystyle 0<t<1일 때, 2(−1+1log⁡2t)<m(t)log⁡2t≤−2\displaystyle 2\left(-1+\dfrac1{\log_2t}\right)<\dfrac{m(t)}{\log_2t}\le-2가 성립함을 보인다.

한편, 부등식 12k≤t<12k−1\displaystyle \dfrac1{2^k}\le t<\dfrac1{2^{k-1}}은 −log⁡2t≤k<−log⁡2t+1\displaystyle -\log_2t\le k<-\log_2t+1로 쓸 수 있다. 따라서, 0<t<1\displaystyle 0<t<1일 때, −2log⁡2t≤m(t)<2(−log⁡2t+1)\displaystyle -2\log_2t\le m(t)<2(-\log_2t+1)이다. 이로부터 0<t<1\displaystyle 0<t<1일 때,2(−1+1log⁡2t)<m(t)log⁡2t≤−2\displaystyle 2\left(-1+\dfrac1{\log_2t}\right)<\dfrac{m(t)}{\log_2t}\le-2가 성립함을 알 수 있다.

+15점 · lim⁡t→0+m(t)log⁡2t=−2\displaystyle \lim_{t\to0+}\dfrac{m(t)}{\log_2t}=-2를 구한다.

lim⁡t→0+2(−1+1log⁡2t)=−2\displaystyle \lim_{t\to0+}2\left(-1+\dfrac1{\log_2t}\right)=-2이므로, 함수의 극한의 대소관계에 의해 lim⁡t→0+m(t)log⁡2t=−2\displaystyle \lim_{t\to0+}\dfrac{m(t)}{\log_2t}=-2이다.

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