f(0)=0에서 b는 π의 정수배이다 f(2π)=2πa+b와 sin u=u의 유일한 실수해 u=0으로 b=-2πa를 얻는다 1≤a≤2와 2a∈Z로 a=1, 3/2, 2만 후보가 된다 f'(0)=f'(t)의 첫 양수 t가 4π이어야 하므로 a=1,2는 탈락한다 a=3/2, b=-3π일 때 g(x)=3x/2-3π+sin x는 증가함수이다 극대점은 g(x)=π/2+2mπ의 눈금을 지나는 지점에서 생긴다

2025학년도 수능 미적분 30번 풀이 | 합성함수 극대와 반복 조건 [251130c]

들어가기 앞서…

이 문제는 처음부터 극대점을 모두 풀어내는 문제가 아니다.
아직 $a,b$ $a,b$도 정해지지 않았으므로, 먼저 조건 (가)가 두 상수를 얼마나 좁혀 주는지 보아야 한다.

조건 (나)도 단순히 $4\pi$ $4\pi$가 한 해라는 뜻에서 끝나지 않는다.
그보다 작은 양수에서 $f'(0)$ $f'(0)$이 반복되지 않아야 한다는 최솟값 조건까지 함께 확인해야 한다.

문제

문제 텍스트 주관식

두 상수 $a(1\le a\le 2),\, b$ $a(1\le a\le 2),\, b$에 대하여 함수

f(x)=\sin(ax+b+\sin x)

가 다음 조건을 만족시킨다.

(가) $f(0)=0,\ f(2\pi)=2\pi a+b$ $f(0)=0,\ f(2\pi)=2\pi a+b$

(나) $f'(0)=f'(t)$ $f'(0)=f'(t)$인 양수 $t$ $t$의 최솟값은 $4\pi$ $4\pi$이다.

함수 $f(x)$ $f(x)$가 $x=\alpha$ $x=\alpha$에서 극대인 $\alpha$ $\alpha$의 값 중 열린구간 $(0,4\pi)$ $(0,4\pi)$에 속하는 모든 값의 집합을 $A$ $A$라 하자. 집합 $A$ $A$의 원소의 개수를 $n$ $n$, 집합 $A$ $A$의 원소 중 가장 작은 값은 $\alpha_1$ $\alpha_1$이라 하면,

n\alpha_1-ab=\frac{q}{p}\pi

이다. $p+q$ $p+q$의 값을 구하시오.

단, $p$ $p$와 $q$ $q$는 서로소인 자연수이다.

정답

$17$ $17$

풀이

조건 (가)로 후보를 줄인다

손으로 가장 먼저 할 일은 $x=0,\ 2\pi$ $x=0,\ 2\pi$를 그대로 대입하는 것이다.
조건 (가)의 첫 번째 식에서 $f(0)=0$ $f(0)=0$이므로 $\sin b=0$ $\sin b=0$이고, 따라서 $b$ $b$는 $\pi$ $\pi$의 정수배이다.

두 번째 식에 $x=2\pi$ $x=2\pi$를 넣으면 다음 식을 얻는다.

f(2\pi)=\sin(2\pi a+b)=2\pi a+b

$u=2\pi a+b$ $u=2\pi a+b$라고 보면 $\sin u=u$ $\sin u=u$가 된다.
그래프 $y=\sin u$ $y=\sin u$와 직선 $y=u$ $y=u$가 실수 범위에서 만나는 점은 $u=0$ $u=0$뿐이므로 $2\pi a+b=0$ $2\pi a+b=0$이다.
따라서 $b=-2\pi a$ $b=-2\pi a$이다.

f(0)=0에서 b는 pi의 정수배이고, f(2pi)=2pi a+b에서 2pi a+b=0이 되어 a=1, 3/2, 2만 후보로 남는 압축 과정. — 조건 (가)는 매개변수 후보를 세 개로 압축한다.

앞에서 $b$ $b$는 $\pi$ $\pi$의 정수배였고, 이제 $b=-2\pi a$ $b=-2\pi a$이다.
그러면 $2a$ $2a$가 정수여야 한다.
조건 $1\le a\le2$ $1\le a\le2$ 때문에 가능한 값은 $a=1,\ \dfrac32,\ 2$ $a=1,\ \dfrac32,\ 2$뿐이고, 이에 대응하는 $b$ $b$는 각각 $-2\pi,\ -3\pi,\ -4\pi$ $-2\pi,\ -3\pi,\ -4\pi$이다.

여기까지가 첫 번째 압축이다.
조건 (가)는 답을 바로 주는 조건이 아니라, $(a,b)$ $(a,b)$ 후보를 세 개로 줄이는 조건이다.

조건 (나)로 후보를 제거한다

조건 (나)는 $f'(0)=f'(t)$ $f'(0)=f'(t)$인 양수 $t$ $t$의 최솟값이 $4\pi$ $4\pi$라는 뜻이다.
따라서 $2\pi$ $2\pi$에서 이미 $f'(0)$ $f'(0)$과 같은 값이 나오면 그 후보는 바로 탈락한다.

미분하면 다음과 같다.

f'(x)=(a+\cos x)\cos(ax+b+\sin x)

그런데 $b=-2\pi a$ $b=-2\pi a$이므로 $0,\ 2\pi,\ 4\pi$ $0,\ 2\pi,\ 4\pi$에서의 값은 간단해진다.

f'(0)=(a+1)\cos(2\pi a),\qquad f'(2\pi)=a+1,\qquad f'(4\pi)=(a+1)\cos(2\pi a)

b=-2pi a일 때 f'(0), f'(2pi), f'(4pi)를 비교해 a=1,2는 2pi에서 반복되어 탈락하고 a=3/2만 후보가 되는 표. — 최솟값 조건에서는 4π보다 먼저 반복되는 후보를 제거해야 한다.

$4\pi$ $4\pi$에서는 항상 $f'(0)$ $f'(0)$과 같은 값이 나온다.
문제는 그보다 작은 양수인 $2\pi$ $2\pi$에서 이미 같은 값이 나오느냐이다.
$a=1$ $a=1$ 또는 $a=2$ $a=2$이면 $\cos(2\pi a)=1$ $\cos(2\pi a)=1$이므로 $f'(0)=f'(2\pi)$ $f'(0)=f'(2\pi)$가 되어 조건 (나)와 맞지 않는다.

따라서 남는 값은 $a=\dfrac32$ $a=\dfrac32$ 하나이고, 이때 $b=-3\pi$ $b=-3\pi$이다.

남은 후보의 첫 반복을 확인한다

조건 (나)는 최솟값을 말하므로, $a=\dfrac32$ $a=\dfrac32$일 때 정말 $4\pi$ $4\pi$보다 작은 양수에서 같은 값이 나오지 않는지도 확인해야 한다.

이때 도함수와 $f'(0)$ $f'(0)$은 다음과 같다.

f'(x)=\left(\frac32+\cos x\right)\cos\left(\frac32x-3\pi+\sin x\right),\qquad f'(0)=-\frac52

첫 인수는 $\dfrac12$ $\dfrac12$ 이상 $\dfrac52$ $\dfrac52$ 이하이고, 둘째 인수는 $-1$ $-1$ 이상 $1$ $1$ 이하이다.
곱이 $-\dfrac52$ $-\dfrac52$가 되려면 두 인수가 각각 가능한 끝값을 가져야 한다.

a=3/2, b=-3pi에서 f'(0)=-5/2가 다시 되려면 두 인수가 각각 끝값을 가져야 하며 첫 양수 해가 4pi임을 확인하는 과정. — 남은 후보는 실제로 첫 반복 시점이 4π이다.

따라서 아래 두 조건이 동시에 필요하다.

\frac32+\cos x=\frac52,\qquad \cos\left(\frac32x-3\pi+\sin x\right)=-1

첫 식에서 $x=2k\pi$ $x=2k\pi$이고, 이를 둘째 식의 안쪽에 넣으면 $3(k-1)\pi$ $3(k-1)\pi$가 된다.
이 값의 코사인이 $-1$ $-1$이 되려면 $k$ $k$가 짝수이다.
양수 $x=2k\pi$ $x=2k\pi$ 중 가장 작은 값은 $k=2$ $k=2$일 때의 $4\pi$ $4\pi$이다.

따라서 조건 (나)까지 만족하는 값은 $a=\dfrac32,\ b=-3\pi$ $a=\dfrac32,\ b=-3\pi$이다.

극대점은 g(x)의 눈금으로 센다

이제 극대점을 세는 단계로 넘어간다.
$f'(x)=0$ $f'(x)=0$을 그대로 풀려고 하면 식이 복잡하므로, 안쪽 함수를 하나로 묶는다.

g(x)=\frac32x-3\pi+\sin x

그러면 $f(x)=\sin g(x)$ $f(x)=\sin g(x)$이고, $g'(x)=\dfrac32+\cos x\ge\dfrac12>0$ $g'(x)=\dfrac32+\cos x\ge\dfrac12>0$이므로 $g$ $g$는 계속 증가한다.
이 관찰 때문에 극대점 찾기가 단순해진다.

$g(x)$ $g(x)$가 증가하므로 $x$ $x$가 오른쪽으로 갈수록 $\sin g(x)$ $\sin g(x)$는 사인 그래프를 왼쪽에서 오른쪽으로 한 번 훑는다.
따라서 극대점은 $g(x)$ $g(x)$가 사인함수의 극대 위치인 $g(x)=\dfrac{\pi}{2}+2m\pi$ $g(x)=\dfrac{\pi}{2}+2m\pi$를 지날 때 생긴다.

g(x)=3x/2-3pi+sin x가 증가하며 g(0)=-3pi, g(4pi)=3pi이므로 극대 눈금 세 개를 지나 n=3이 되는 수직선 그림. — 증가하는 g(x)가 사인함수의 극대 눈금을 몇 번 지나는지 세면 된다.

구간은 $0<x<4\pi$ $0<x<4\pi$이다.
양 끝에서 $g(0)=-3\pi,\ g(4\pi)=3\pi$ $g(0)=-3\pi,\ g(4\pi)=3\pi$이므로, 열린구간 안에서 세어야 할 값은 아래 부등식을 만족하는 정수 $m$ $m$이다.

-3\pi<\frac{\pi}{2}+2m\pi<3\pi

가능한 값은 $m=-1,\ 0,\ 1$ $m=-1,\ 0,\ 1$ 세 개이다.
따라서 $n=3$ $n=3$이다.

가장 작은 극대점 alpha_1을 구한다

가장 작은 극대점은 $g(x)$ $g(x)$가 가장 작은 극대 위치를 지날 때 생긴다.
위 세 값 중 가장 작은 것은 $m=-1$ $m=-1$일 때의 $-\dfrac{3\pi}{2}$ $-\dfrac{3\pi}{2}$이다.

따라서 $\alpha_1$ $\alpha_1$은 $g(\alpha_1)=-\dfrac{3\pi}{2}$ $g(\alpha_1)=-\dfrac{3\pi}{2}$를 만족한다.
정리하면 다음 식을 얻는다.

\sin\alpha_1=-\frac32(\alpha_1-\pi)

alpha_1은 sin alpha_1=-(3/2)(alpha_1-pi)의 해이고, y=sin x와 y=-(3/2)(x-pi)의 유일한 교점이 (pi,0)임을 보이는 그래프. — 가장 작은 극대점은 α_1=π로 정해진다.

$\alpha_1=\pi$ $\alpha_1=\pi$를 넣으면 양쪽이 모두 $0$ $0$이므로 한 해가 된다.
또 원래 정리식의 왼쪽 $h(x)=\dfrac32x+\sin x$ $h(x)=\dfrac32x+\sin x$는 $h'(x)=\dfrac32+\cos x>0$ $h'(x)=\dfrac32+\cos x>0$이므로 해는 하나뿐이다.

따라서 $\alpha_1=\pi$ $\alpha_1=\pi$이다.

마지막 값을 계산한다

이제 $n=3,\ \alpha_1=\pi,\ a=\dfrac32,\ b=-3\pi$ $n=3,\ \alpha_1=\pi,\ a=\dfrac32,\ b=-3\pi$를 대입한다.

\begin{aligned} n\alpha_1-ab &=3\pi-\left(\frac32\right)(-3\pi)\\ &=\frac{15\pi}{2} \end{aligned}

문제에서 $n\alpha_1-ab=\dfrac{q}{p}\pi$ $n\alpha_1-ab=\dfrac{q}{p}\pi$라고 했으므로 $q=15,\ p=2$ $q=15,\ p=2$이다.
따라서 $p+q=17$ $p+q=17$이다.

다시 풀 때는 구조를 먼저 압축한다

매개변수가 들어간 삼각함수 문제에서 $x=0,\ 2\pi$ $x=0,\ 2\pi$ 같은 특수값 조건이 보이면, 먼저 그 값들을 대입해 매개변수 후보를 줄인다.
이 문제에서는 그 과정이 $a=1,\dfrac32,2$ $a=1,\dfrac32,2$ 세 후보를 만들었다.

또 $f(x)=\sin g(x)$ $f(x)=\sin g(x)$ 꼴에서 $g'(x)>0$ $g'(x)>0$이 확인되면, 극대점은 복잡한 방정식을 직접 푸는 문제가 아니라 $g(x)$ $g(x)$가 $\dfrac{\pi}{2}+2m\pi$ $\dfrac{\pi}{2}+2m\pi$를 구간 안에서 몇 번 지나는지 세는 문제로 바뀐다.