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gpt-5-1-thinking

User: 이 수능 수학 문제를 풀어볼 수 있을까?

이 수능 수학 문제를 풀어볼 수 있을까? Q. 실수 전체의 집합에서 증가하는 연속함수 f(x)의 역함수 f^-1(x)가 다음 조건을 만족시킨다. (가) |x|≤1일 때, 4×(f^-1(x))^2 = x^2(x^2-5)^2이다. (나) |x|>1일 때, |f^-1(x)| = e^(|x|-1) + 1이다. 실수 m에 대하여 기울기가 m이고 점 (1, 0)을 지나는 직선이 곡선 y=f(x)와 만나는 점의 개수를 g(m)이라 하자. 함수 g(m)이 m=a, m=b (a<b)에서 불연속일 때, g(a)×(lim{m→a+}g(m)) + g(b)×(lnb / b)^2의 값을 구하시오. (단, lim{x→∞}(lnx / x) = 0)

Assistant: 일단 결론부터 말하면, 문제에서 요구하는 값은 11이 나옵니다.

일단 결론부터 말하면, 문제에서 요구하는 값은 11이 나옵니다. 천천히 한 번 같이 가볼게요.

1. 역함수

𝑓 − 1 ( 𝑥 ) f −1 (x) 구체화

역함수 y=f−1(x)y=f^{-1}(x)y=f−1(x)를 y=g(x)y=g(x)y=g(x)라고 두겠습니다.

(1)

∣ 𝑥 ∣ ≤ 1 ∣x∣≤1 인 구간

4g(x)2=x2(x2−5)2,∣x∣≤14g(x)^2 = x^2(x^2-5)^2,\quad |x|\le 14g(x)2=x2(x2−5)2,∣x∣≤1 ∣x∣≤1|x|\le1∣x∣≤1이면 x2≤1x^2\le1x2≤1, 따라서 x2−5≤−4<0x^2-5\le-4<0x2−5≤−4<0 이고 (x2−5)2=(5−x2)2(x^2-5)^2 = (5-x^2)^2(x2−5)2=(5−x2)2 입니다.

4g(x)2=x2(5−x2)2⇒g(x)2=[x(5−x2)2]24g(x)^2 = x^2(5-x^2)^2 \Rightarrow g(x)^2 = \left[\frac{x(5-x^2)}{2}\right]^24g(x)2=x2(5−x2)2⇒g(x)2=[2x(5−x2)​]2 fff (따라서 f−1f^{-1}f−1) 는 전체 구간에서 증가함수이므로 ∣x∣≤1|x|\le1∣x∣≤1에서 ggg도 증가해야 합니다.

함수

h(x)=x(5−x2)2h(x)=\frac{x(5-x^2)}{2}h(x)=2x(5−x2)​ 에 대해

h′(x)=5−3x22>0(−1≤x≤1)h'(x)=\frac{5-3x^2}{2}>0\quad(-1\le x\le 1)h′(x)=25−3x2​>0(−1≤x≤1) 이므로 h(x)h(x)h(x)는 [−1,1][-1,1][−1,1]에서 증가합니다. 또 g(0)2=0⇒g(0)=0g(0)^2=0\Rightarrow g(0)=0g(0)2=0⇒g(0)=0 이고, 증가성 때문에 부호가 바뀔 수 없으니

g(x)=f−1(x)=x(5−x2)2(∣x∣≤1)\boxed{g(x)=f^{-1}(x)=\frac{x(5-x^2)}{2}\quad(|x|\le 1)}g(x)=f−1(x)=2x(5−x2)​(∣x∣≤1)​ 입니다.

• 확인: x=1⇒g(1)=1⋅42=2x=1\Rightarrow g(1)=\frac{1\cdot4}{2}=2x=1⇒g(1)=21⋅4​=2 x=−1⇒g(−1)=−1⋅42=−2x=-1\Rightarrow g(-1)=\frac{-1\cdot4}{2}=-2x=−1⇒g(−1)=2−1⋅4​=−2

(2)

∣ 𝑥 ∣ > 1 ∣x∣>1 인 구간

∣g(x)∣=e∣x∣−1+1|g(x)| = e^{|x|-1}+1∣g(x)∣=e∣x∣−1+1 연속성과 증가성을 고려해서 부호를 정합니다.

• x→1−x\to1^-x→1−에서 g(1)=2g(1)=2g(1)=2. ∣x∣>1|x|>1∣x∣>1 구간에서 x→1+x\to1^+x→1+일 때 ∣g(x)∣→e0+1=2|g(x)|\to e^{0}+1=2∣g(x)∣→e0+1=2이므로 연속이 되려면 g(1+)=2>0g(1^+)=2>0g(1+)=2>0 이어야 합니다 ⇒ x>1x>1x>1에서는 양수.
• x→−1+x\to-1^+x→−1+에서 g(−1)=−2g(-1)=-2g(−1)=−2. x→−1−x\to-1^-x→−1−에서 ∣g(x)∣→2|g(x)|\to2∣g(x)∣→2, 연속이 되려면 g(−1−)=−2<0g(-1^-)= -2 <0g(−1−)=−2<0 ⇒ x<−1x<-1x<−1에서는 음수.

따라서

g(x)=f−1(x)={−e−x−1−1,x<−1x(5−x2)2,∣x∣≤1ex−1+1,x>1\boxed{ g(x)=f^{-1}(x)= \begin{cases}

-e^{-x-1}-1, & x<-1\\[2mm]
\dfrac{x(5-x^2)}{2}, & |x|\le1\\[2mm]
e^{x-1}+1,& x>1

\end{cases} }g(x)=f−1(x)=⎩⎨⎧​−e−x−1−1,2x(5−x2)​,ex−1+1,​x<−1∣x∣≤1x>1​​ 이고, ggg는 전체에서 증가함수입니다.

2. 직선과

𝑓 f의 교점 ↔ 역함수 그림으로 바꾸기

원래 문제: 기울기 mmm, 점 (1,0)(1,0)(1,0)을 지나는 직선

y=m(x−1)y = m(x-1)y=m(x−1) 과 곡선 y=f(x)y=f(x)y=f(x)의 교점 개수를 g(m)g(m)g(m)라 했습니다.

이걸 역함수 그래프로 옮기면 편해집니다.

• fff의 그래프에서의 교점 (x,y)(x,y)(x,y)는 역함수 그래프에서는 좌표가 뒤집혀 (y,x)(y,x)(y,x)가 됩니다.
• 직선 y=m(x−1)y=m(x-1)y=m(x−1)의 점 (x,y)(x,y)(x,y)는 좌표를 바꾸면 (y,x)(y,x)(y,x)가 되며, 이들은 반사된 직선 위에 있습니다.

직선을 정리해 봅니다:

y=m(x−1)  ⟺  x=ym+1.y = m(x-1) \iff x = \frac{y}{m}+1.y=m(x−1)⟺x=my​+1. 좌표를 교환해서 (x↔yx\leftrightarrow yx↔y):

x=m(y−1)  ⟺  y=1+xm.x = m(y-1) \iff y = 1+\frac{x}{m}.x=m(y−1)⟺y=1+mx​. 따라서 m≠0m\neq0m=0일 때,

𝑓

f와의 교점 개수 = 역함수

𝑔

(

𝑥

)

=

𝑓

−

1

(

𝑥

)

g(x)=f

−1

(x)와

직선

𝑦

=

1

+

𝑥

𝑚

y=1+

m

x

​

의 교점 개수

입니다.

편하게

k=1m(m≠0)k=\frac{1}{m}\quad(m\neq0)k=m1​(m=0) 라 두고, 역함수 평면에서 직선을

y=1+kxy = 1 + kxy=1+kx 라고 쓰겠습니다. 이때 m>0m>0m>0 ⇔ k>0k>0k>0, m<0m<0m<0 ⇔ k<0k<0k<0입니다.

3.

𝑚 ≤ 0 m≤0일 때 𝑔 ( 𝑚 ) g(m)

(1)

𝑚 < 0 m<0 (즉 𝑘 < 0 k<0)

• g(x)g(x)g(x)는 증가함수.
• y=1+kxy=1+kxy=1+kx는 기울기 k<0k<0k<0인 감소 직선.

따라서 두 함수의 차

F(x)=g(x)−(1+kx)F(x)=g(x)-(1+kx)F(x)=g(x)−(1+kx) 는 미분하면

F′(x)=g′(x)−k>0−(음수)>0F'(x)=g'(x)-k>0- (음수) >0F′(x)=g′(x)−k>0−(음수)>0 이므로 엄청나게 증가하는 함수입니다.

또

• x→−∞x\to -\inftyx→−∞에서 g(x)→−∞g(x)\to -\inftyg(x)→−∞, 직선은 →+∞\to+\infty→+∞ 이므로 F(x)→−∞F(x)\to-\inftyF(x)→−∞,
• x→+∞x\to +\inftyx→+∞에서 g(x)→+∞g(x)\to +\inftyg(x)→+∞, 직선은 →−∞\to -\infty→−∞ 이므로 F(x)→+∞F(x)\to+\inftyF(x)→+∞.

따라서 F(x)F(x)F(x)는 단조 증가이면서 −∞→+∞-\infty\to+\infty−∞→+∞, 근이 정확히 하나 ⇒ 교점 1개.

m<0⇒g(m)=1\boxed{m<0 \Rightarrow g(m)=1}m<0⇒g(m)=1​

(2)

𝑚 = 0 m=0

직선은 y=0y=0y=0 (점 (1,0)(1,0)(1,0) 지남).

f(x)=0  ⟺  x=f−1(0)=g(0).f(x)=0 \iff x=f^{-1}(0)=g(0).f(x)=0⟺x=f−1(0)=g(0). 위에서 g(0)=0g(0)=0g(0)=0 이었으므로, f(x)f(x)f(x)는 x=0x=0x=0에서만 0이 됩니다. ⇒ 교점 1개.

g(0)=1\boxed{g(0)=1}g(0)=1​

4.

𝑚 > 0 m>0 (즉 𝑘 > 0 k>0)일 때

이제 핵심 구간입니다.

• k>0k>0k>0에서 직선은 y=1+kxy=1+kxy=1+kx.
• k>0k>0k>0일 때의 교점 개수를 N(k)N(k)N(k)라 두면 N(k)=g(1k).N(k)=g\Big(\frac{1}{k}\Big).N(k)=g(k1​).

4-1. 접선 조건 (교점 개수가 바뀌는 지점)

교점 개수가 변하는 지점은, 직선이 역함수 그래프에 접할 때입니다.

• g(x)g(x)g(x)의 한 점 x=x0x=x_0x=x0​에서의 접선: y=g′(x0)(x−x0)+g(x0).y = g'(x_0)(x-x_0)+g(x_0).y=g′(x0​)(x−x0​)+g(x0​).
• 이것이 (0,1)을 지나야 하므로 1=g′(x0)(0−x0)+g(x0)=g(x0)−x0g′(x0).1 = g'(x_0)(0-x_0)+g(x_0) = g(x_0)-x_0g'(x_0).1=g′(x0​)(0−x0​)+g(x0​)=g(x0​)−x0​g′(x0​).
• 또한 이 접선의 기울기는 k=g′(x0)k=g'(x_0)k=g′(x0​) 입니다.

즉, 접점 x0x_0x0​는

1=g(x0)−x0g′(x0)\boxed{1 = g(x_0) - x_0 g'(x_0)}1=g(x0​)−x0​g′(x0​)​ 을 만족해야 합니다.

(i)

∣ 𝑥 ∣ ≤ 1 ∣x∣≤1 구간

g(x)=x(5−x2)2,g′(x)=5−3x22g(x)=\frac{x(5-x^2)}{2},\quad g'(x)=\frac{5-3x^2}{2}g(x)=2x(5−x2)​,g′(x)=25−3x2​ 이므로

g(x)−xg′(x)=x(5−x2)−x(5−3x2)2=2x32=x3.g(x)-xg'(x)=\frac{x(5-x^2)-x(5-3x^2)}{2}=\frac{2x^3}{2}=x^3.g(x)−xg′(x)=2x(5−x2)−x(5−3x2)​=22x3​=x3. 따라서

1=g(x0)−x0g′(x0)=x03⇒x0=1.1=g(x_0)-x_0g'(x_0)=x_0^3 \Rightarrow x_0=1.1=g(x0​)−x0​g′(x0​)=x03​⇒x0​=1. 이 때 기울기

k=g′(1)=5−32=1.k=g'(1)=\frac{5-3}{2}=1.k=g′(1)=25−3​=1. 즉, k=1k=1k=1일 때 (접점 x=1x=1x=1) 접선이 (0,1)을 지난다.

(ii)

𝑥 > 1 x>1 구간

g(x)=ex−1+1,g′(x)=ex−1g(x)=e^{x-1}+1,\quad g'(x)=e^{x-1}g(x)=ex−1+1,g′(x)=ex−1 g(x)−xg′(x)=ex−1(1−x)+1g(x)-xg'(x)=e^{x-1}(1-x)+1g(x)−xg′(x)=ex−1(1−x)+1 이를 1과 같게 두면

ex−1(1−x)+1=1⇒ex−1(1−x)=0⇒x=1.e^{x-1}(1-x)+1=1 \Rightarrow e^{x-1}(1-x)=0 \Rightarrow x=1.ex−1(1−x)+1=1⇒ex−1(1−x)=0⇒x=1. 역시 경계점 x=1x=1x=1뿐이고, 이미 위에서 나옴.

(iii)

𝑥 < − 1 x<−1 구간

g(x)=−e−x−1−1,g′(x)=e−x−1.g(x)= -e^{-x-1}-1,\quad g'(x)=e^{-x-1}.g(x)=−e−x−1−1,g′(x)=e−x−1. g(x)−xg′(x)=−e−x−1(1+x)−1.g(x)-xg'(x)=-e^{-x-1}(1+x)-1.g(x)−xg′(x)=−e−x−1(1+x)−1. 이를 1과 같게 두면

−e−x−1(1+x)−1=1⇒e−x−1(1+x)=−2.-e^{-x-1}(1+x)-1=1 \Rightarrow e^{-x-1}(1+x) = -2.−e−x−1(1+x)−1=1⇒e−x−1(1+x)=−2. 여기서 x<−1x<-1x<−1 이므로 1+x<01+x<01+x<0, 좌변 음수로 가능.

t=−x−1>0t=-x-1>0t=−x−1>0 라 두면 x=−t−1x=-t-1x=−t−1, 1+x=−t1+x=-t1+x=−t, −x−1=t-x-1=t−x−1=t. 그러면

(−t)et=−2⇒tet=2(-t)e^{t}=-2 \Rightarrow t e^{t}=2(−t)et=−2⇒tet=2 라는 방정식을 만족하는 양수 ttt가 하나 존재합니다 (좌변이 단조증가).

이 때 기울기

k1=g′(x0)=e−x0−1=et.k_1=g'(x_0)=e^{-x_0-1}=e^{t}.k1​=g′(x0​)=e−x0​−1=et. 요약하면, k>0k>0k>0에서 교점 개수가 변할 수 있는 기울기는

k=1,k=k1(et),(t>0, tet=2).k=1, \quad k=k_1(e^{t}), \quad(t>0,\ t e^{t}=2).k=1,k=k1​(et),(t>0, tet=2).

4-2. 기울기별 교점 개수

𝑁 ( 𝑘 ) N(k)

대략적인 모양:

• g(x)g(x)g(x)는 증가 함수, 양쪽은 지수, 가운데는 S자 형 cubic.
• 모든 k>0k>0k>0에서 x→−∞x\to-\inftyx→−∞일 때 g(x)−(1+kx)→−∞g(x)-(1+kx)\to -\inftyg(x)−(1+kx)→−∞, x→∞x\to\inftyx→∞일 때 →+∞\to+\infty→+∞ 이므로 최소 1개 교점은 항상 존재.

(1)

0 < 𝑘 < 1 0<k<1

이때 g′(x)≥1>kg'(x)\ge1>kg′(x)≥1>k 이므로

F(x)=g(x)−(1+kx),F′(x)=g′(x)−k>0F(x)=g(x)-(1+kx),\quad F'(x)=g'(x)-k>0F(x)=g(x)−(1+kx),F′(x)=g′(x)−k>0 따라서 F(x)F(x)F(x)는 전체 구간에서 증가함수.

한쪽 끝에서 −∞-\infty−∞, 반대 끝에서 +∞+\infty+∞로 가므로 근은 정확히 1개.

0<k<1⇒N(k)=1.0<k<1 \Rightarrow N(k)=1.0<k<1⇒N(k)=1.

(2)

1 < 𝑘 < 𝑘 1 1<k<k 1 ​

여기는 조금 섬세하지만 요지는:

• 오른쪽 x>1x>1x>1에서는 FFF가 한 번 내려갔다가 다시 올라가며, x→∞x\to\inftyx→∞에서 F→+∞F\to+\inftyF→+∞, x=1x=1x=1 근처에서는 F<0F<0F<0이므로 오른쪽에서 교점 1개.
• 왼쪽 x<−1x<-1x<−1 구간에서, k<k1k<k_1k<k1​ 일 때는 그 지역의 국소 최대값이 아직 0보다 작아서 F(x)F(x)F(x)가 전체적으로 음수에서 올라갔다 내려가지만 0을 넘지 못합니다 ⇒ 교점 없음.
• 가운데 [−1,1][-1,1][−1,1] 구간에서도 FFF는 음수 영역에 머뭅니다.

따라서 이 구간에서도 전체 교점 1개.

1<k<k1⇒N(k)=1.1<k<k_1 \Rightarrow N(k)=1.1<k<k1​⇒N(k)=1.

(3)

𝑘 = 𝑘 1 k=k 1 ​

왼쪽 x<−1x<-1x<−1 구간의 국소 최대에서 정확히 F(x0)=0F(x_0)=0F(x0​)=0, 게다가 F′(x0)=0F'(x_0)=0F′(x0​)=0 즉, 거기서 접하면서 한 교점이 생깁니다. 오른쪽에서 항상 하나 있으므로

k=k1⇒N(k1)=2.k=k_1 \Rightarrow N(k_1)=2.k=k1​⇒N(k1​)=2.

(4)

𝑘 > 𝑘 1 k>k 1 ​

• 왼쪽에서 국소 최대가 0보다 커지므로 왼쪽에서 교점 2개 (올라가면서 한 번, 내려가면서 한 번).
• 오른쪽에서 여전히 교점 1개.

따라서

k>k1⇒N(k)=3.k>k_1 \Rightarrow N(k)=3.k>k1​⇒N(k)=3. 정리하면

N(k)={1,0<k<k1,2,k=k1,3,k>k1.N(k)= \begin{cases} 1, & 0<k<k_1,\\ 2, & k=k_1,\\ 3, & k>k_1. \end{cases}N(k)=⎩⎨⎧​1,2,3,​0<k<k1​,k=k1​,k>k1​.​ (참고: k=1k=1k=1에서는 접하지만 좌우에서 모두 N(k)=1N(k)=1N(k)=1이라 불연속은 없습니다.)

5. 다시

𝑚 m으로 바꾸기

우리는 k=1mk=\dfrac{1}{m}k=m1​ 이므로, m>0m>0m>0에서

• 0<m<1k10<m<\dfrac{1}{k_1}0<m<k1​1​ ⇔ k>k1k>k_1k>k1​ ⇒ g(m)=N(k)=3g(m)=N(k)=3g(m)=N(k)=3,
• m=1k1m=\dfrac{1}{k_1}m=k1​1​ ⇒ k=k1k=k_1k=k1​ ⇒ g(m)=2g(m)=2g(m)=2,
• m>1k1m>\dfrac{1}{k_1}m>k1​1​ ⇔ 0<k<k10<k<k_10<k<k1​ ⇒ g(m)=1g(m)=1g(m)=1.

이제 전체를 요약하면

g(m)={1,m<0,1,m=0,3,0<m<1k1,2,m=1k1,1,m>1k1.g(m)= \begin{cases} 1, & m<0,\\ 1, & m=0,\\ 3, & 0<m<\dfrac{1}{k_1},\\ 2, & m=\dfrac{1}{k_1},\\ 1, & m>\dfrac{1}{k_1}. \end{cases}g(m)=⎩⎨⎧​1,1,3,2,1,​m<0,m=0,0<m<k1​1​,m=k1​1​,m>k1​1​.​ 따라서 g(m)g(m)g(m)이 불연속인 점은

a=0,b=1k1>0\boxed{a=0,\quad b=\frac{1}{k_1}>0}a=0,b=k1​1​>0​ 두 군데입니다.

• m→0−m\to0^-m→0−: g(m)=1g(m)=1g(m)=1,
• m→0+m\to0^+m→0+: g(m)=3g(m)=3g(m)=3,
• m=0m=0m=0: g(0)=1g(0)=1g(0)=1 ⇒ 0에서 불연속.
• m→b−m\to b^-m→b−: g(m)→3g(m)\to3g(m)→3,
• m→b+m\to b^+m→b+: g(m)→1g(m)\to1g(m)→1,
• m=bm=bm=b: g(b)=2g(b)=2g(b)=2 ⇒ bbb에서도 불연속.

6.

𝑏 b와 ( ln ⁡ 𝑏 𝑏 ) 2 ( b lnb ​

) 2

계산

b=1k1b=\dfrac{1}{k_1}b=k1​1​, k1=etk_1 = e^{t}k1​=et (단 t>0, tet=2t>0,\ t e^{t}=2t>0, tet=2) 였습니다.

따라서

b=1k1=e−t.b=\frac{1}{k_1} = e^{-t}.b=k1​1​=e−t. 그럼

ln⁡b=ln⁡(e−t)=−t,\ln b = \ln(e^{-t}) = -t,lnb=ln(e−t)=−t, ln⁡bb=−te−t=−tet.\frac{\ln b}{b} = \frac{-t}{e^{-t}} = -t e^{t}.blnb​=e−t−t​=−tet. 그런데 tet=2t e^{t}=2tet=2 이므로

ln⁡bb=−2⇒(ln⁡bb)2=4.\frac{\ln b}{b} = -2 \Rightarrow \left(\frac{\ln b}{b}\right)^2 = 4.blnb​=−2⇒(blnb​)2=4. 이걸 이용하면 bbb의 정확한 값 자체는 몰라도 됩니다.

7. 최종 값 계산

이제 물어본 식:

g(a)⋅(lim⁡m→a+g(m))+g(b)⋅(ln⁡bb)2g(a)\cdot\left(\lim_{m\to a^+}g(m)\right) + g(b)\cdot\left(\frac{\ln b}{b}\right)^2g(a)⋅(m→a+lim​g(m))+g(b)⋅(blnb​)2 여기서

• a=0a=0a=0, - g(a)=g(0)=1g(a)=g(0)=1g(a)=g(0)=1, - lim⁡m→0+g(m)=3\displaystyle \lim_{m\to0^+}g(m)=3m→0+lim​g(m)=3,
• b=1k1b=\dfrac{1}{k_1}b=k1​1​, - g(b)=2g(b)=2g(b)=2, - (ln⁡bb)2=4\left(\dfrac{\ln b}{b}\right)^2=4(blnb​)2=4.

대입하면

=1⋅3+2⋅4=3+8=11.= 1\cdot 3 + 2\cdot 4 = 3 + 8 = \boxed{11}.=1⋅3+2⋅4=3+8=11​.

원하면, 그래프 스케치(역함수 그래프와 기울기 kkk 직선들)까지 같이 그리면서 왜 교점 개수가 그렇게 바뀌는지 시각적으로도 정리해 줄게요.