2019학년도 06월 가형 21번

21. 열린 구간 $(-\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2})$$\Big(-\cfrac{\pi}2,~\cfrac {3\pi}2\Big)$에서 정의된 함수

$$\begin{array}{c}f(x)=\{\begin{array}{ll}2{\sin }^{3}x& (-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{4})\\ \\ \cos x& (\frac{\pi }{4}<x<\frac{3\pi }{2})\end{array}\end{array}$$

가 있다. 실수 $t$$t$에 대하여 다음 조건을 만족시키는 모든 실수 $k$$k$의 개수를 $g(t)$$g(t)$라 하자.

(가) $-\frac{\pi }{2}<k<\frac{3\pi }{2}$$-\cfrac{\pi}2 <k<\cfrac{3\pi}2$

(나) 함수 $\sqrt{|f(x)-t|}$$\sqrt{|f(x)-t|}$는 $x=k$$x=k$에서 미분가능하지 않다.

함수 $g(t)$$g(t)$에 대하여 합성함수 $(h\circ g)(x)$$\big(h\circ g\big)(x)$가 실수 전체의 집합에서 연속이 되도록 하는 최고차항의 계수가 $1$$1$인 사차함수 $h(x)$$h(x)$가 있다. $g(\frac{\sqrt{2}}{2})=a,g(0)=b,g(-1)=c$$g\Big(\cfrac {\sqrt 2}2\Big)=a,~g(0)=b,~g(-1)=c$라 할 대, $h(a+5)-h(b+3)+c$$h(a+5)-h(b+3)+c$의 값을 구하시오.

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i. 생각

• 우선 $f(x)$$f(x)$의 그래프를 그리도록 하자.

  $\begin{array}{c}{f}^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}6{\sin }^{2}x\cos x& (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{4})\\ \\ -\sin x& [\frac{\pi }{4},\frac{3}{2}\pi )\end{array}\end{array}$$f'(x)=\begin{cases} 6\sin^2 x \cos x &\big(-\cfrac{\pi}2,~\cfrac{\pi}4\big) \\ \\ -\sin x &\big[\cfrac{\pi}4,~\cfrac 32\pi\big)\end{cases}$

  $x=\frac{\pi }{4}$$x=\cfrac{\pi}4$에서 미분 불가다!

  

• 조건 (나)를 생각하자.

  • $j(x)=|f(x)-t|$$j(x)=|f(x)-t|$라 하고 $h(x)=\sqrt{j(x)}$$h(x)=\sqrt{j(x)}$라 하면,

    $h^{\prime }(x)=(\sqrt{j(x)}{)}^{\prime }=\frac{j^{\prime }(x)}{2\sqrt{j(x)}}$$h'(x)=\big(\sqrt {j(x)}\big)'=\cfrac {j'(x)}{2\sqrt {j(x)}}$

    $j^{\prime }(x)$$j'(x)$가 미분불가이거나, $j(x)=0$$j(x)=0$인 경우를 살펴봐야 한다. 계산해봐야하는 이유는 고난도문제라서 엿먹이기 좋은 문제이기 때문이다....혹시 알아...약분되서 극한값이 존재해버린다던가...

• 이제 $g(t)$$g(t)$를 구하자.

  • $t<-2$$t<-2$일 때

    

    $g(t)=1$$g(t)=1$

  • $t=-2$$t=-2$일 때

    

    $g(-2)=1$$g(-2)=1$

  • $-2<t<-1$$-2<t<-1$일 때,

    

    $g(t)=2$$g(t)=2$

  • $t=-1$$t=-1$일 때

    

    $x=\pi$$x=\pi$일 때를 살펴볼 필요가 있다.

    아무래도 절댓값이 들어간 함수이니 미분의 정의로 접근을 해야겠다...

    $\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(\pi )& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{h(\pi +h)-h(\pi )}{h}\\ \\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sqrt{|\cos (\pi +h)+1|}-\sqrt{|\cos \pi +1|}}{h}\\ \\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sqrt{|-\cos h+1|}}{h}\\ \\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sqrt{{\sin }^{2}h}}{h\sqrt{1+\cos h}}\\ \\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{|\sin h|}{h\sqrt{1+\cos h}}\end{array}$$\begin{aligned} h'(\pi)&=\lim\limits_{ h\to 0} \cfrac{h(\pi+h)-h(\pi)}{h}\\ \\ &= \lim\limits_{ h\to 0} \cfrac{\sqrt{|\cos(\pi+h)+1|}-\sqrt{|\cos \pi+1|}}{h}\\ \\ &= \lim\limits_{ h\to 0} \cfrac{\sqrt{|-\cos h+1|}}{h}\\ \\ &=\lim\limits_{ h\to 0} \cfrac {\sqrt{\sin^2h}}{h\sqrt{1+\cos h}}\\ \\ &= \lim\limits_{ h\to 0} \cfrac {|\sin h|}{h\sqrt{1+\cos h}}\end{aligned}$

    헐...

    • $\underset{h\to 0+}{lim}\frac{|\sin h|}{h\sqrt{1+\cos h}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$\lim\limits_{ h\to 0+} \cfrac {|\sin h|}{h\sqrt{1+\cos h}}=\cfrac 1{\sqrt 2}$
    • $\underset{h\to 0-}{lim}\frac{|\sin h|}{h\sqrt{1+\cos h}}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$$\lim\limits_{ h\to 0-} \cfrac {|\sin h|}{h\sqrt{1+\cos h}}=-\cfrac 1{\sqrt 2}$

    $x=\pi$$x=\pi$에서 미분 불가...

     

    $\therefore g(-1)=3$$\therefore~ g(-1)=3$

  • $-1<t<0$$-1<t<0$일 때,

    

    $g(t)=4$$g(t)=4$

  • $t=0$$t=0$일 때,

    

    $x=0$$x=0$일 때를 살펴봐야겠다...

    $\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(0)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sqrt{|2{\sin }^{3}h|-|2{\sin }^{3}0|}}{h}\\ \\ & =\underset{h\to 0}{lim}\sqrt{\frac{|2{\sin }^{3}h|}{h^2}}\\ \\ & =\underset{h\to 0}{lim}\sqrt{\frac{|{\sin }^{2}h|\cdot |\sin h|}{h^2}}\\ \\ & =0\end{array}$$\begin{aligned} h'(0)&=\lim\limits_{ h\to 0} \cfrac {\sqrt{|2\sin^3 h|-|2\sin^3 0|}}{h}\\ \\ &= \lim\limits_{ h\to 0}\sqrt{\cfrac {|2\sin^3 h|}{h^2}}\\ \\ &=\lim\limits_{ h\to 0} \sqrt{\cfrac {|\sin^2 h|\cdot|\sin h|}{h^2}}\\ \\ &=0 \end{aligned}$

    $x=0$$x=0$에서 미분가능

     

    $\therefore g(0)=2$$\therefore~ g(0)=2$

  • $0<t<\frac{\sqrt{2}}{2}$$0<t<\cfrac {\sqrt 2}2$일 때

    

    $g(t)=3$$g(t)=3$

  • $t=\frac{\sqrt{2}}{2}$$t=\cfrac {\sqrt 2}2$일 때,

    

    $g(\frac{\sqrt{2}}{2})=1$$g\Big(\cfrac {\sqrt 2}2\Big)=1$

  • $\frac{\sqrt{2}}{2}<t$$\cfrac {\sqrt 2}2 <t$일 때

    

    $g(t)=1$$g(t)=1$

• 구한 $g(t)$$g(t)$를 보기 좋게 정리하고, $h(g(t))$$h(g(t))$가 연속이 되도록 만들자.

  

  $g(t)$$g(t)$는 $t=-2,-1,0,\frac{\sqrt{2}}{2}$$t=-2,~-1,~0,~\cfrac {\sqrt 2}2$에서 불연속이다. 편의상 $j(t)=h(g(t))$$j(t)=h(g(t))$라 하면,

  • $\underset{t\to -2-}{lim}j(t)=\underset{h\to -2+}{lim}j(t)=j(-2)$$\lim\limits_{ t\to -2-}j(t)=\lim\limits_{ h\to -2+}j(t)=j(-2)$

    $h(1)=h(2)$$h(1)=h(2)$

  • $\underset{t\to -1-}{lim}j(t)=\underset{h\to -1+}{lim}j(t)=j(-1)$$\lim\limits_{ t\to -1-}j(t)=\lim\limits_{ h\to -1+}j(t)=j(-1)$

    $h(2)=h(4)=h(3)$$h(2)=h(4)=h(3)$

  • $\underset{t\to 0-}{lim}j(t)=\underset{h\to 0+}{lim}j(t)=j(0)$$\lim\limits_{ t\to 0-}j(t)=\lim\limits_{ h\to 0+}j(t)=j(0)$

    $h(4)=h(3)=h(2)$$h(4)=h(3)=h(2)$

  • $\underset{t\to \frac{\sqrt{2}}{2}-}{lim}j(t)=\underset{h\to \frac{\sqrt{2}}{2}+}{lim}j(t)=j(\frac{\sqrt{2}}{2})$$\lim\limits_{ t\to \frac{\sqrt{2}}2-}j(t)=\lim\limits_{ h\to \frac{\sqrt{2}}2+}j(t)=j\Big(\cfrac{\sqrt{2}}2\Big)$

    $h(3)=h(1)$$h(3)=h(1)$

  $\therefore h(1)=h(2)=h(3)=h(4)$$\therefore~ h(1)=h(2)=h(3)=h(4)$

   

  $\therefore h(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+\alpha$$\therefore~ h(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+\alpha\quad$(단, $\alpha$$\alpha$는 상수)

• 이제 문제를 풀자...

  • $a=1,b=2,c=3$$a=1,~b=2,~c=3$
  • $h(6)=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2+\alpha$$h(6)=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2 +\alpha$
  • $h(5)=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1+\alpha$$h(5)=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1+\alpha$

  $\therefore h(a+5)-h(b+3)+c=(5-1)4\cdot 3\cdot 2+3=99$$\therefore~ h(a+5)-h(b+3)+c=(5-1)4\cdot 3\cdot 2 +3=99$