2026학년도 수능 미적분 30번 풀이 | 역함수 그래프와 접선 임계값

들어가기 앞서…

이 문제는 $f(x)$의 식을 직접 주지 않고 $f^{-1}(x)$의 조건을 준다. 원래 함수 $f$를 억지로 구하기보다, 먼저 역함수 $h=f^{-1}$의 그래프에서 직선과의 교점 수를 세는 문제로 바꾸는 것이 핵심이다.

또 하나 놓치기 쉬운 값이 있다. 기울기 $m$을 역함수 평면의 기울기 $s=\dfrac1m$으로 바꾸면 $m=0$이 빠진다. 따라서 $m=0$은 전환하기 전에 따로 확인해야 한다.

문제

정답

$11$

풀이

역함수 그래프부터 복원한다

$h(x)=f^{-1}(x)$라고 두자. $f$가 실수 전체에서 증가하는 연속함수이므로, 역함수 $h$도 증가하는 연속함수이다. 조건의 절댓값에서 부호를 아무렇게나 고를 수 없고, 증가성과 연속성이 부호를 정한다.

$|x|\le1$에서는 $5-x^2>0$이므로 다음과 같이 정리된다.

증가하는 연속함수이고 $h(0)=0$이어야 하므로 음수 쪽에서는 음수, 양수 쪽에서는 양수를 택한다. 따라서 $|x|\le1$에서 $h(x)=\dfrac{x(5-x^2)}2$이다.

바깥쪽 조각도 $h(1)=2$, $h(-1)=-2$와 이어져야 한다. 전체 역함수는 다음과 같다.

이제 절댓값의 부호 선택은 끝났다. 남은 일은 이 그래프에 고정된 점을 지나는 직선을 그었을 때 교점 수가 언제 바뀌는지 보는 것이다.

직선을 역함수 평면으로 옮긴다

원래 직선은 점 $(1,0)$을 지나고 기울기가 $m$이므로 $y=m(x-1)$이다. 역함수 그래프의 가로좌표를 $t$라고 쓰면, 원래 그래프 $y=f(x)$ 위의 대응점은 $(h(t),t)$이다.

이 점이 원래 직선 위에 있으려면 $t=m(h(t)-1)$이어야 한다. $m\ne0$이면 이 식은 $h(t)=1+\dfrac{t}{m}$으로 바뀐다.

여기서 $s=\dfrac1m$이라고 두면 역함수 평면에서는 점 $(0,1)$을 지나는 직선 $y=1+st$와 $y=h(t)$의 교점 수를 세면 된다.

다만 $s=\dfrac1m$으로 바꾸면 $m=0$이 빠진다. $m=0$일 때 원래 직선은 $y=0$이고, $y=f(x)$와 만난다는 것은 $f(x)=0$이라는 뜻이다. 이는 $x=f^{-1}(0)=h(0)=0$ 하나뿐이므로 $g(0)=1$이다.

이제부터 $m\ne0$, 즉 $s=\dfrac1m$인 경우만 살피면 된다.

오른쪽 가지는 항상 한 점에서 만난다

$t>0$에서 점 $(0,1)$과 그래프 위의 점 $(t,h(t))$을 잇는 직선의 기울기는 $\dfrac{h(t)-1}{t}$이다. 따라서

라고 두면, $S(t)=s$가 되는 점의 개수가 오른쪽 가지의 교점 수이다.

$0<t\le1$에서는 $S(t)=\dfrac{5-t^2}{2}-\dfrac1t$이고, $S'(t)=-t+\dfrac1{t^2}>0$이다. 또 $\lim_{t\to0+}S(t)=-\infty$, $S(1)=1$이다.

$t>1$에서는 $S(t)=\dfrac{e^{t-1}}t$이고, $S'(t)=\dfrac{e^{t-1}(t-1)}{t^2}\ge0$이다. 따라서 $S(t)$는 $1$에서 시작해 계속 커진다.

결국 오른쪽 가지에서는 어떤 실수 $s$에 대해서도 교점이 정확히 하나 있다. $s=1$에서 접하는 모양이 나오지만, 접하기 전후에도 오른쪽 교점 수는 계속 하나이므로 불연속을 만들지 않는다.

왼쪽 가지는 접선 임계값에서 개수가 바뀐다

실제 교점 수 변화는 왼쪽 가지에서 생긴다. 음수 $t$를 그대로 쓰면 부호가 헷갈리므로 $t=-u$ $(u>0)$로 바꾸자.

$h$는 원점에 대해 대칭인 형태이므로 $h(-u)=-h(u)$이다. 따라서 왼쪽 가지의 기울기값은 다음 함수로 표현된다.

이제 $T(u)=\dfrac{h(u)+1}{u}$ $(u>0)$의 값이 $s$가 되는 점의 개수를 보면 된다.

$0<u\le1$에서는 $T(u)=\dfrac{5-u^2}{2}+\dfrac1u$이고, $T'(u)=-u-\dfrac1{u^2}<0$이다. 이 구간에서는 $T(u)$가 계속 내려와 $T(1)=3$이 된다.

$u>1$에서는 $T(u)=\dfrac{e^{u-1}+2}{u}$이다. 미분하면 다음과 같다.

분자 $e^{u-1}(u-1)$은 $u>1$에서 $0$부터 무한히 증가하므로, $e^{u-1}(u-1)=2$를 만족하는 $u=c$가 하나만 있다. 이때 $T(u)$가 최소가 되고, 그 최솟값을 $s_0$라고 두자.

그러면 왼쪽 가지의 교점 수는 $s\lt s_0$일 때 $0$개, $s=s_0$일 때 접해서 $1$개, $s\gt s_0$일 때 $2$개이다. 왼쪽 가지의 불연속 후보는 이 접선 임계값 $s_0$에서 나온다.

접점 조건을 로그 관계로 남긴다

접점의 위치 $c$를 직접 구할 필요는 없다. 마지막 식에 $\left(\dfrac{\ln b}{b}\right)^2$가 있으므로, 접점 조건을 로그 관계로 바꾸어 두는 편이 빠르다.

$E=e^{c-1}$이라고 두면 접점 조건 $e^{c-1}(c-1)=2$는 $E(c-1)=2$이다. 따라서 $Ec=E+2$이고, 기준 기울기는 다음과 같다.

즉 기준 기울기 $s_0=T(c)$는 $E$이다.

또 $E=e^{c-1}$이므로 $\ln E=c-1$이다. 따라서 $E\ln E=2$이고, $s_0=E$이므로 다음 관계를 얻는다.

접점 위치 $c$가 아니라 $s_0\ln s_0=2$만 마지막 계산에 필요하다.

교점 수를 m 기준으로 되돌린다

오른쪽 가지는 항상 교점 하나를 주고, 왼쪽 가지는 $s_0$를 기준으로 $0,1,2$개의 교점을 준다. 따라서 $s$ 기준 전체 교점 수는 다음과 같다.

$s=1$은 오른쪽 가지에서 접하는 값이지만 오른쪽 교점 수가 바뀌지 않는다. $s=3$은 왼쪽 조각의 경계점 $u=1$을 지나는 값이지만, 왼쪽 교점 수가 전후로 계속 $2$개이다. 따라서 둘 다 불연속점이 아니다.

이제 $s=\dfrac1m$으로 돌아간다. $m<0$이면 $s<0<s_0$이므로 $g(m)=1$이다. $m>0$에서는 역수 관계 때문에 순서가 뒤집힌다.

$b=\dfrac1{s_0}$라고 두면 $0<m<b$에서 $g(m)=3$, $m=b$에서 $g(m)=2$, $m>b$에서 $g(m)=1$이다. 앞에서 $g(0)=1$도 따로 확인했다.

따라서 불연속점은 $m=0$과 $m=b$이다. 문제에서 $a<b$라고 했으므로 $a=0$, $b=\dfrac1{s_0}$이다.

마지막 값을 계산한다

$b=\dfrac1{s_0}$이고 $s_0\ln s_0=2$이다. 그러면 다음과 같이 바로 계산된다.

따라서 $\left(\dfrac{\ln b}{b}\right)^2=4$이다. 또 $g(a)=g(0)=1$, $\lim_{m\to a+}g(m)=3$, $g(b)=2$이므로 구하려는 값은 다음과 같다.

정답은 $11$이다.

다시 풀 때는 이 순서만 기억한다

역함수 조건이 주어진 문제에서는 $f$를 직접 구하려 하지 말고 $h=f^{-1}$의 그래프를 먼저 복원한다. 이 문제에서는 점 $(1,0)$을 지나는 직선 조건이 역함수 평면에서 점 $(0,1)$을 지나는 직선 $y=1+st$로 바뀐다.

$m=0$은 $s=\dfrac1m$으로 넘어갈 때 빠지는 값이므로 따로 계산한다. 그다음 오른쪽 가지는 항상 교점 하나를 주고, 왼쪽 가지는 접선 임계값 $s_0$에서 교점 수가 바뀐다는 점만 정리하면 된다.

마지막에는 접점 위치를 직접 풀지 않는다. $s_0\ln s_0=2$와 $b=\dfrac1{s_0}$만 사용하면 $\dfrac{\ln b}{b}=-2$가 되어 최종값 $11$이 바로 나온다.