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자연계열 2번

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광운대 2021학년도 수시 1교시 자연계열 2번 · mathesis.kr/archive/kw/2021su_1/jayeon_2

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문제

[문제 2] [50점] 다음 제시문을 읽고 문항별로 풀이와 함께 답하시오.

1. 함수의 극대와 극소의 판정

함수 f(x)\displaystyle f(x)가 미분가능하고 f′(a)=0\displaystyle f^{\prime}(a)= 0일 때, x=a\displaystyle x = a의 좌우에서 f′(x)\displaystyle f^{\prime}(x)의 부호가

양에서 음으로 바뀌면 f(x)\displaystyle f(x)는 x=a\displaystyle x = a에서 극대이고 극댓값 f(a)\displaystyle f(a)를 갖는다.

음에서 양으로 바뀌면 f(x)\displaystyle f(x)는 x=a\displaystyle x = a에서 극소이고 극솟값 f(a)\displaystyle f(a)를 갖는다.

2. 로그의 밑의 변환

a>0\displaystyle a >0, a≠1\displaystyle a\ne 1, b>0\displaystyle b > 0, c>0\displaystyle c >0, c≠1\displaystyle c\ne 1일 때

logab=logcblogca\displaystyle log_a b = \frac{ log_c b}{ log_c a}

3. 변곡점의 판정

연속인 이계도함수를 갖는 함수 f(x)\displaystyle f(x)에서 f′′(a)=0\displaystyle f^{\prime\prime}(a) = 0이고, x=a\displaystyle x=a의 좌우에서 f′′(x)\displaystyle f^{\prime\prime}(x)의 부호가 바뀌면 점 (a,f(a))\displaystyle (a, f(a))는 곡선 y=f(x)\displaystyle y = f(x)의 변곡점이다.

4. 치환적분법을 이용한 정적분

닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a, b]에서 연속인 함수 f(x)\displaystyle f(x)에 대하여 미분가능한 함수 x=g(t)\displaystyle x = g(t)의 도함수 g′(t)\displaystyle g^{\prime}(t)가 a=g(α)\displaystyle a = g( \alpha ), b=g(β)\displaystyle b = g( \beta )일 때 α\displaystyle \alpha, β\displaystyle \beta를 포함하는 구간에서 연속이면

∫abf(x)dx=∫αβf(g(t))g′(t)dt\displaystyle \int_a^b f(x) dx = \int_{ \alpha }^{ \beta } f(g(t)) g^{\prime}(t)dt

5. 부분적분법을 이용한 정적분

미분가능한 두 함수 f(x)\displaystyle f(x), g(x)\displaystyle g(x)에 대하여 f′(x)\displaystyle f^{\prime}(x), g′(x)\displaystyle g^{\prime}(x)가 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a, b]에서 연속일 때,

∫abf(x)g′(x)dx=[f(x)g(x)]ab−∫abf′(x)g(x)dx\displaystyle \int_a^b f(x) g^{\prime}(x) dx = \Biggl[ f(x) g(x) \Biggr]_a^b - \int_a^b f^{\prime}(x) g(x) dx

[1] a\displaystyle a는 실수이고 0≤x≤1\displaystyle 0\le x\le 1에서 함수 f(x)=−x3+32ax2−a\displaystyle f(x) = - x^{3} + \frac{3}{2} ax^{2} - a의 최댓값을 g(a)\displaystyle g(a)라 할 때, 물음에 답하시오.

(1) 함수 g(a)\displaystyle g(a)를 구하시오. [10점]

(2) 함수 g(a)\displaystyle g(a)의 최솟값을 구하시오. [8점]

[2] 함수 f(x)=ln⁡xx\displaystyle f(x)= \frac{\ln x}{x}에 대하여 물음에 답하시오.

(1) 함수 f(x)\displaystyle f(x)는 x=a\displaystyle x = a에서 극대이고, 곡선 y=f(x)\displaystyle y = f(x)의 변곡점이 점 (b,f(b))\displaystyle (b, f(b))일 때, 상수 a\displaystyle a, b\displaystyle b를 구하시오. [6점]

(2) 다음 이차방정식의 근을 구하시오. (단, a\displaystyle a, b\displaystyle b는 (1)에서 구한 상수) [6점]

(∫1bf(t) dt)x2−12x−54∫abf(t)ln⁡t dt=0\displaystyle \left(\int_1^bf(t)\,dt\right)x^2-\frac12x-\frac54\int_a^b\frac{f(t)}{\ln t}\,dt=0

(3) 함수 f(x)\displaystyle f(x)를 이용하여 log⁡23\displaystyle \log_23과 1.5\displaystyle \sqrt{1.5}의 대소를 비교하시오. [11점]

(4) n≥2\displaystyle n\ge2인 자연수 n\displaystyle n에 대하여 an=∫e11−n1∣x−nln⁡x∣ dx\displaystyle a_n=\int_{e^{\frac1{1-n}}}^1|x^{-n}\ln x|\,dx일 때, ∑n=22021anan+1\displaystyle \sum_{n=2}^{2021}\sqrt{a_na_{n+1}}을 구하시오. [9점]

해설강의 준비중

부분적분법

관련 개념강의 준비중

광운대 2021학년도 수시 1교시 자연계열 2번 · mathesis.kr/archive/kw/2021su_1/jayeon_2

[1]

(1) f′(x)=−3x2+3ax=−3x(x−a)\displaystyle f ^{\prime} (x)=-3 x^{2}+3 a x=-3 x(x-a)

+3점 · a≤0\displaystyle a\le0일 때 g(a)=−a\displaystyle g(a)=-a를 구했으면

(i) a≤0\displaystyle a \le 0이면  0≤x≤1\displaystyle ~ 0 \le x \le 1에서 f′(x)≤0\displaystyle f ^{\prime} (x) \le 0이다. 따라서 g(a)=f(0)=−a\displaystyle g(a)=f(0)=-a이다.

+4점 · 0<a<1\displaystyle 0<a<1일 때 g(a)=a32−a\displaystyle g(a)=\dfrac{a^3}2-a를 구했으면

(ii) 0<a<1\displaystyle 0<a<1이면

xx0⋯aa⋯1
f′(x)f^{\prime}(x) +0− 
f(x)f(x)−a-a↗극대↘a2−1\frac a2-1

따라서 g(a)=f(a)=a32−a\displaystyle g(a)=f(a)=\frac{a^{3}}{2}-a이다.

+3점 · a≥1\displaystyle a\ge1일 때 g(a)=a2−1\displaystyle g(a)=\dfrac a2-1을 구했으면

(iii) a≥1\displaystyle a \ge 1이면  0≤x≤1\displaystyle ~ 0 \le x \le 1에서 f′(x)≥0\displaystyle f ^{\prime} (x) \ge 0이다. 따라서 g(a)=f(1)=a2−1\displaystyle g(a)=f(1)=\frac{a}{2}-1이다.

(i), (ii), (iii)에 의하여 함수 g(a)={−a(a≤0)a32−a(0<a<1)a2−1(a≥1)\displaystyle g(a)=\begin{cases}-a&(a\le0)\\\dfrac{a^3}2-a&(0<a<1)\\\dfrac a2-1&(a\ge1)\end{cases}이다.

+2점 · 함수 g(a)\displaystyle g(a)는 0≤a≤1\displaystyle 0\le a\le1에서 최솟값을 가진다는 것을 설명했으면

(2) 함수 g(a)\displaystyle g(a)는 연속함수이고, a≤0\displaystyle a \le 0에서 감소하고 a≥1\displaystyle a \ge 1에서 증가하므로 0≤a≤1\displaystyle 0 \le a \le 1에서 최솟값을 갖는다.

+4점 · 함수가 최솟값을 가지는 점 a=63\displaystyle a=\dfrac{\sqrt6}3을 구했으면

g(a)=a32−a\displaystyle g(a)=\frac{a^{3}}{2}-a는 0<a<1\displaystyle 0<a<1에서 미분가능하고 g′(a)=32a2−1=0\displaystyle g ^{\prime} (a)=\frac{3}{2} a^{2}-1=0에서 a=63\displaystyle a=\frac{ \sqrt {6}}{3}이다.

aa0⋯63\frac{\sqrt6}{3}⋯1
g′(a)g^{\prime}(a) −0+ 
g(a)g(a)0↘극소↗−12-\frac12
+2점 · 최솟값 −269\displaystyle -\dfrac{2\sqrt6}9를 구했으면

위의 증감표에 의해 함수 g(a)\displaystyle g(a)의 최솟값은 g(63)=12⋅23⋅63−63=−269\displaystyle g \left (\frac{ \sqrt {6}}{3} \right )=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{ \sqrt {6}}{3}-\frac{ \sqrt {6}}{3}=-\frac{2 \sqrt {6}}{9}이다.

+3점 · f′(x)=0\displaystyle f^{\prime}(x)=0에서 x=e\displaystyle x=e를 구하고 극대임을 설명했으면
+3점 · f′′(x)=0\displaystyle f^{\prime\prime}(x)=0에서 x=e32\displaystyle x=e^{\frac32}을 구하고 변곡점임을 설명했으면

[2]

(1) f(x)=ln⁡xx\displaystyle f(x)=\frac{ \ln x}{x}, f′(x)=1−ln⁡xx2\displaystyle f ^{\prime} (x)=\frac{1- \ln x}{x^{2}}이므로 f′(x)=0\displaystyle f ^{\prime} (x)=0에서 x=e\displaystyle x=e

f′′(x)=−x−2x(1−ln⁡x)x4=−3−2ln⁡xx3\displaystyle f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{-x-2x(1-\ln x)}{x^4}=-\dfrac{3-2\ln x}{x^3}이므로 f′′(x)=0\displaystyle f^{\prime\prime}(x)=0에서 x=e32\displaystyle x=e^{\frac32}

xx⋯ee⋯e32e^{\frac32}⋯
f′(x)f^{\prime}(x)+0−−−
f′′(x)f^{\prime\prime}(x)−+−0+
f(x)f(x)극대변곡점

증감표에 의해서 함수 f(x)\displaystyle f(x)는 x=e\displaystyle x=e에서 극대이고, 변곡점은 (e32,f(e32))\displaystyle \left (e^{\frac{3}{2}}, f \left (e^{\frac{3}{2}} \right ) \right )이다. 따라서 a=e\displaystyle a=e, b=e32\displaystyle b=e^{\frac{3}{2}}이다.Correction. f′′(e)=−1/e3<0\displaystyle f''(e)=-1/e^3<0이므로 대학 증감표의 x=e\displaystyle x=e 열에 적힌 +\displaystyle +는 −\displaystyle -의 오기이다. 극대점과 변곡점의 최종 값은 맞다. 원문 표기는 그대로 실었다.

+2점 · ∫1bf(t)dt=∫1e32ln⁡ttdt=∫032sds=[s22]032=98\displaystyle \int_{1}^{b} f(t) d t= \int_{1}^{e^{\frac{3}{2}}} \frac{ \ln t}{t} d t= \int_{0}^{\frac{3}{2}} s d s= \Biggl[\frac{s^{2}}{2} \Biggr]_{0}^{\frac{3}{2}}=\frac{9}{8}을 구했으면

(2) 정적분 ∫1bf(t)dt\displaystyle \int_{1}^{b} f(t) d t에서 ln⁡t=s\displaystyle \ln t=s로 치환하면

∫1bf(t)dt=∫1e32ln⁡ttdt=∫032sds=[s22]032=98\displaystyle \int_{1}^{b} f(t) d t= \int_{1}^{e^{\frac{3}{2}}} \frac{ \ln t}{t} d t= \int_{0}^{\frac{3}{2}} s d s= \Biggl[\frac{s^{2}}{2} \Biggr]_{0}^{\frac{3}{2}}=\frac{9}{8}

+2점

∫abf(t)ln⁡t dt=∫ee321t dt=[ln⁡∣t∣]ee32=12\displaystyle \int_a^b\frac{f(t)}{\ln t}\,dt=\int_e^{e^{\frac32}}\frac1t\,dt=\Biggl[\ln|t|\Biggr]_e^{e^{\frac32}}=\frac12

+2점 · 이차방정식의 근은 x=−59, 1\displaystyle x=-\dfrac59,~1

이로부터 98x2−12x−58=18(9x2−4x−5)=18(x−1)(9x+5)=0\displaystyle \frac{9}{8} x^{2}-\frac{1}{2} x-\frac{5}{8}=\frac{1}{8} \left (9 x^{2}-4 x-5 \right )=\frac{1}{8}(x-1)(9 x+5)=0

따라서 이차방정식의 근은 x=−59\displaystyle x=-\frac{5}{9}, 1\displaystyle 1

+3점 · log⁡23−1.5=ln⁡3ln⁡2−32\displaystyle \log_23-\sqrt{1.5}=\dfrac{\ln3}{\ln2}-\dfrac{\sqrt3}{\sqrt2}를 구했으면
+4점 · ln⁡3ln⁡2−32=23ln⁡2(ln⁡33−ln⁡22)\displaystyle \dfrac{\ln3}{\ln2}-\dfrac{\sqrt3}{\sqrt2}=\dfrac{2\sqrt3}{\ln2}\left(\dfrac{\ln\sqrt3}{\sqrt3}-\dfrac{\ln\sqrt2}{\sqrt2}\right)를 구했으면

(3) log⁡23−1.5=ln⁡3ln⁡2−32=23ln⁡2(ln⁡33−ln⁡22)\displaystyle \log _{2} 3- \sqrt {1.5}=\frac{ \ln 3}{ \ln 2}-\frac{ \sqrt {3}}{ \sqrt {2}}=\frac{2 \sqrt {3}}{ \ln 2} \left (\frac{ \ln \sqrt {3}}{ \sqrt {3}}-\frac{ \ln \sqrt {2}}{ \sqrt {2}} \right )이다. 23ln⁡2>0\displaystyle \frac{2 \sqrt {3}}{ \ln 2}>0이므로 대소의 변화는 없다. (1) 로부터 다음 증감표를 얻는다.

xx⋯ee⋯
f′(x)f^{\prime}(x)+0−
f(x)f(x)↗1e\frac1e↘
+4점 · 2<3<e\displaystyle \sqrt2<\sqrt3<e이므로 증감표에 의해 f(3)−f(2)>0\displaystyle f(\sqrt3)-f(\sqrt2)>0을 구했으면

2<3<e\displaystyle \sqrt {2}< \sqrt {3}<e이므로 증감표에 의해 f(3)−f(2)>0\displaystyle f( \sqrt {3})-f( \sqrt {2})>0이다.

f(3)−f(2)=ln⁡33−ln⁡22=ln⁡223(log⁡23−1.5)>0\displaystyle f( \sqrt {3})-f( \sqrt {2})=\frac{ \ln \sqrt {3}}{ \sqrt {3}}-\frac{ \ln \sqrt {2}}{ \sqrt {2}}=\frac{ \ln 2}{2 \sqrt {3}} \left ( \log _{2} 3- \sqrt {1.5} \right )>0이므로

따라서 log⁡23>1.5\displaystyle \log _{2} 3> \sqrt {1.5}이다.

+2점 · 닫힌구간 [e11−n,1]\displaystyle \left[e^{\frac1{1-n}},1\right]에서 x−nln⁡x<0\displaystyle x^{-n}\ln x<0임을 보였으면

(4) 닫힌구간 [e11−n,1]\displaystyle \left [e^{\frac{1}{1-n}}, 1 \right ]에서 x−nln⁡x<0\displaystyle x^{-n} \ln x<0, 부분적분법을 이용한 정적분의 값을 구하면 다음과 같다.Caution. 범위의 끝값을 포함하거나 제외할 때는 문제의 조건을 확인해야 한다: 해설과 채점기준에서는 닫힌구간 [e11−n,1]\displaystyle \left[e^{\frac1{1-n}},1\right] 전체에서 x−nln⁡x<0\displaystyle x^{-n}\ln x<0이라고 하였지만, 끝값 x=1\displaystyle x=1에서는 x−nln⁡x=0\displaystyle x^{-n}\ln x=0이다. 따라서 구간 전체에서는 x−nln⁡x≤0\displaystyle x^{-n}\ln x\le0으로 써야 한다. 절댓값을 −x−nln⁡x\displaystyle -x^{-n}\ln x로 풀어 적분하는 계산은 그대로 성립하므로 an=1(n−1)2\displaystyle a_n=\frac1{(n-1)^2}과 최종 답 20202021\displaystyle \frac{2020}{2021}에는 영향이 없다. 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.

+4점 · an=∫e11−n1∣x−nln⁡x∣ dx=1(n−1)2\displaystyle a_n=\int_{e^{\frac1{1-n}}}^1|x^{-n}\ln x|\,dx=\dfrac1{(n-1)^2}을 보였으면

an=∫e11−n1∣x−nln⁡x∣ dx=−∫e11−n1x−nln⁡x dx=−[11−nx1−nln⁡x]e11−n1+11−n∫e11−n1x−n dx=e(n−1)2+[1(n−1)2x1−n]e11−n1=1(n−1)2\displaystyle \begin{aligned}a_n&=\int_{e^{\frac1{1-n}}}^1|x^{-n}\ln x|\,dx=-\int_{e^{\frac1{1-n}}}^1x^{-n}\ln x\,dx=-\Biggl[\frac1{1-n}x^{1-n}\ln x\Biggr]_{e^{\frac1{1-n}}}^1+\frac1{1-n}\int_{e^{\frac1{1-n}}}^1x^{-n}\,dx\\&=\frac e{(n-1)^2}+\Biggl[\frac1{(n-1)^2}x^{1-n}\Biggr]_{e^{\frac1{1-n}}}^1=\frac1{(n-1)^2}\end{aligned}

+3점 · ∑n=22021anan+1=∑n=220211(n−1)n=∑n=22021(1n−1−1n)=20202021\displaystyle \sum_{n=2}^{2021}\sqrt{a_na_{n+1}}=\sum_{n=2}^{2021}\dfrac1{(n-1)n}=\sum_{n=2}^{2021}\left(\dfrac1{n-1}-\dfrac1n\right)=\dfrac{2020}{2021}을 보였으면

따라서 ∑n=22021anan+1=∑n=220211(n−1)n=∑n=22021(1n−1−1n)=1−12+12−13+⋯−12021=20202021\displaystyle \sum _{n=2}^{2021} \sqrt {a_{n} a_{n+1}}= \sum _{n=2}^{2021} \frac{1}{(n-1) n}= \sum _{n=2}^{2021} \left (\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} \right )=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+ \cdots -\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}

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