2025년 10월 미적분 30번

30. 함수 $f(x)=a{x}^3-2a{x}^2+bx-b-2$$f(x)=ax^3 -2ax^2 +bx-b-2$가 다음 조건을 만족시키도록 하는 두 정수 $a(a\ne 0),b$$a(a\neq 0),~b$에 대하여 $h^{\prime }(-\sqrt{2})$$h'(-\sqrt 2)$의 최댓값이 $\frac{k}{\pi }$$\cfrac k{\pi}$일 때, $k^2$$k^2$의 값을 구하시오.

실수 전체의 집합에서 정의된 함수 $\begin{array}{c}g(x)=\{\begin{array}{ll}f(x)+2& (x<0,x>2)\\ -2\cos (\frac{\pi }{4}f(x))& (0\le x\le 2)\end{array}\end{array}$$g(x)=\begin{cases} f(x)+2 &(x<0,~x>2)\\ -2\cos \Big(\cfrac {\pi}4f(x)\Big)&(0\le x\le 2)\end{cases}$는 역함수 $h(x)$$h(x)$를 갖는다.

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i. 정리

• $g(x)$$g(x)$는 증가 또는 감소

• $g(x)$$g(x)$는 미분가능하다.

  • $\underset{x\to 0-}{lim}g(x)=g(0)$$\lim\limits_{x\to 0-}g(x)=g(0)$

    $f(0)=-b-2$$f(0)=-b-2$에서 $-b=-2\cos (\frac{\pi }{4}(-b-2))$$-b=-2\cos \Big(\cfrac {\pi}4 (-b-2)\Big)$

    정리하면,

    $b=-2\cos (\frac{\pi }{4}(b+2))=-2\cos (\frac{\pi }{4}b+\frac{\pi }{2})=2\sin \frac{\pi }{4}b$$b=-2\cos \Big(\cfrac {\pi}4(b+2)\Big)=-2\cos \Big(\cfrac {\pi}4 b+\cfrac{\pi}2 \Big)=2\sin \cfrac{\pi }4b$

  • $\underset{x\to 2+}{lim}g(x)=g(2)$$\lim\limits_{ x\to 2 +}g(x)=g(2)$

    $f(2)=b-2$$f(2)=b-2$에서 $b=-2\cos (\frac{\pi }{4}(b-2))$$b=-2\cos \Big(\cfrac{\pi}4(b-2)\Big)$

    정리하면,

    $b=-2\cos (\frac{\pi }{4}b-\frac{\pi }{2})=2\sin \frac{\pi }{4}b$$b=-2\cos\Big(\cfrac {\pi}4b -\cfrac {\pi}2\Big)=2\sin \cfrac{\pi}4b$

  두 식을 연립하면, $b=-2$$b=-2$

• $f(x)=a{x}^3-2a{x}^2-2x$$f(x)=ax^3 -2ax^2 -2x$

  • $f(x)$$f(x)$는 증가함수 또는 감소함수이다.

    $f^{\prime }(x)=3a{x}^2-4ax-2$$f'(x)=3ax^2 -4ax -2$

    $f^{\prime }(x)=0$$f'(x)=0$은 중근이거나 실근이 없어야 한다.

     

    $D/4=4a^2+6a\le 0$$D/4=4a^2 +6a\le 0$

    $2a(2a+3)\le 0$$2a(2a+3)\le 0$

    $-\frac{3}{2}\le a\le 0$$-\cfrac 32 \le a\le 0$

    $a$$a$는 정수이므로 $a=-1$$a=-1$

  $\therefore f(x)=-x^3+2x^2-2x$$\therefore~ f(x)=-x^3 +2x^2-2x$

• $h(g(x))=x$$h(g(x))=x$

  $h^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)=1$$h'(g(x))g'(x)=1$

  $h^{\prime }(g(x))=\frac{1}{g^{\prime }(x)}$$h'(g(x))=\cfrac 1{g'(x)}$

   

  $g(x)=-\sqrt{2}$$g(x)=-\sqrt 2$가 되는 $x$$x$의 값을 찾아야한다.

ii. 생각

• $y=g(x)$$y=g(x)$의 개형을 살펴보자.

  

  $0\le x\le 2$$0\le x\le 2$의 구간은 생략이지만 감소함수이며 미분가능하다!

  $g(2)=-2$$g(2)=-2$이므로 $g(x)=-\sqrt{2}$$g(x)=-\sqrt 2$가 되는 $x$$x$는 $0\le x\le 2$$0\le x\le 2$에 존재한다.

• $g(\alpha )=-\sqrt{2}$$g(\alpha)=-\sqrt 2$인 값을 구하자.

  $g(\alpha )=-2\cos (\frac{\pi }{4}f(\alpha ))=-\sqrt{2}$$g(\alpha)=-2\cos \Big(\cfrac{\pi}4f(\alpha)\Big)=-\sqrt 2$

  $f(\alpha )=1,-1$$f(\alpha)=1,~-1$

   

  그런데, $0\le \alpha \le 2$$0\le \alpha\le 2$에 속해야 하므로, $f(\alpha )=-1$$f(\alpha)= -1$만 가능하다. ($\because f(x)$$\because~f(x)$는 $(0,0)$$(0,~0)$을 지나는 감소함수)

iii. 계산

$h^{\prime }(g(\alpha ))=h^{\prime }(-\sqrt{2})=\frac{1}{g^{\prime }(\alpha )}$$h'(g(\alpha))=h'(-\sqrt 2)=\cfrac 1{g'(\alpha)}$

 

$0\le \alpha \le 2$$0\le \alpha\le 2$에서 $g^{\prime }(x)=2\sin (\frac{\pi }{4}f(\alpha ))\cdot \frac{\pi }{4}{f}^{\prime }(\alpha )$$g'(x)=2\sin \Big(\cfrac {\pi}4f(\alpha)\Big)\cdot \cfrac {\pi}4f'(\alpha)$

 

• $f(\alpha )=-1$$f(\alpha)=-1$을 구하자.

  $-{\alpha }^3+2{\alpha }^2-2\alpha +1=0$$-\alpha^3 +2\alpha^2-2\alpha +1=0$

  ${\alpha }^3-2{\alpha }^2+2\alpha -1=0$$\alpha ^3 -2\alpha^2 +2\alpha -1=0$

  $(\alpha -1)(x^2-x+1)=0$$(\alpha -1)(x^2 -x+1)=0$

  $\therefore \alpha =1$$\therefore~ \alpha=1$

• $f^{\prime }(1)$$f'(1)$을 구하자.

  $f^{\prime }(x)=-3x^2+4x-2$$f'(x)=-3x^2 +4x -2$

  $f^{\prime }(1)=-3+4-2=-1$$f'(1)=-3+4-2=-1$

   

$g^{\prime }(1)=-2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\pi }{4}\cdot -1=\frac{\sqrt{2}\pi }{4}$$g'(1)=-2\cdot \cfrac {\sqrt2}2\cdot \cfrac{\pi}4 \cdot -1=\cfrac {\sqrt2 \pi}4$

$\therefore h^{\prime }(-\sqrt{2})=\frac{4}{\sqrt{2}\pi }=\frac{2\sqrt{2}}{\pi }$$\therefore~ h'(-\sqrt 2 )=\cfrac 4{\sqrt 2\pi}=\cfrac {2\sqrt2}{\pi}$

$\therefore k=2\sqrt{2}$$\therefore~ k=2\sqrt 2$

$k^2=8$$k^2=8$