[180930] 18 수능 9월 모평 가형 30번

함수 $f(x)=\ln(e^x+1)+2e^x$에 대하여 이차함수 $g(x)$와 실수 $k$는 다음 조건을 만족시킨다.

함수 $h(x)=|g(x)-f(x-k)|$는 $x=k$에서 최솟값 $g(k)$를 갖고, 닫힌구간 $[k-1,k+1]$에서 최댓값 $2e+\ln\left(\dfrac{1+e}{\sqrt2}\right)$를 갖는다.

$g'\left(k-\dfrac{1}{2}\right)$의 값을 구하시오. (단, $\dfrac{5}{2}<e<3$이다.)

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$h(x+k)=|g(x+k)-f(x)|$를 생각해보자.

 

$g(x+k)$는 이차식이 되고, $g(x)$가 특정되지 않았으므로 $g(x+k)$를 $g(x)$로 바꾸어 써도 된다.

 

그럼 이 문제는 다음과 같이 바뀐다.

 

주어진 함수 $f(x)$와 이차함수 $g(x)$가 다음을 만족시킨다. 함수 $h(x)=|g(x)-f(x)|$는 $x=0$에서 최솟값 $g(0)$을 갖고, 닫힌구간 $[-1,1]$에서 최댓값 $2e+\ln\left(\dfrac{1+e}{\sqrt2}\right)$를 갖는다. $g'\left(-\dfrac{1}{2}\right)$의 값을 구하시오.

 

$h(0)=|g(0)-f(0)|=g(0)$에서 $f(0)=2+\ln2$이므로 $g(0)=\dfrac{1}{2}f(0)=1+\dfrac{1}{2}\ln2$

 

$g(x)=x(ax+b)+1+\dfrac{1}{2}\ln2$로 두자.

 

 

$h(x)$가 $0$보다 큰 최솟값을 가지므로 $g(x)-f(x)$는 실수 전체에서 부호가 일정해야하고 따라서 $h(x)=f(x)-g(x)$

 

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$이므로 $h(x)$의 부호가 바뀌지 않으려면 $g(x)$의 최고차항의 계수가 음수여야한다.

 

 

$h(x)$는 미분 가능하고 $x=0$에서 최솟값을 가지므로 $h'(0)=f'(0)-g'(0)=0$

 

$f'(x)=\dfrac{e^x}{e^x+1}+2e^x$, $f'(0)=\dfrac{1}{2}+2=\dfrac{5}{2}$이므로

 

$g'(x)=2ax+b$에서 $g'(0)=b=\dfrac{5}{2}$이다.

 

 

$h'(x)=\dfrac{e^x}{e^x+1}+2e^x-2ax-\dfrac{5}{2}$

 

$x<0$이면 $-2ax<0$, $x>0$이면 $-2ax>0$이고

 

$\dfrac{e^x}{e^x+1}+2e^x=1-\dfrac{1}{e^x+1}+2e^x$는 증가함수이고 $x=0$일 때 $\dfrac{5}{2}$이므로

 

$x>0$일 때, $h'(x)>0$, $x<0$일 때, $h'(x)<0$이다.

 

따라서 $[-1,1]$에서 $h(x)$의 최댓값은 $h(1)$ 또는 $h(-1)$이다.

 

 

$h(1)=\ln(e+1)+2e-a-\dfrac{5}{2}-1-\dfrac{1}{2}\ln2$

 

$h(-1)=\ln(\dfrac{1}{e}+1)+\dfrac{2}{e}-a+\dfrac{5}{2}-1-\dfrac{1}{2}\ln2$

 

$\begin{align}h(1)-h(-1)&=\ln(e+1)-\ln(\dfrac{1}{e}+1)+2e-\dfrac{2}{e}-5\\&=1+2e-\dfrac{2}{e}-5\\&=(1-\dfrac{2}{e})+(2e-5)\\&>0\end{align}$

 

$h(x)$의 최댓값은 $h(1)$이고 $h(1)=2e+\ln\left(\dfrac{1+e}{\sqrt2}\right)$에서 $a=-\dfrac{7}{2}$를 얻는다.

 

$\therefore g'(x)=-7x+\dfrac{5}{2}$, $g'\left(-\dfrac{1}{2}\right)=6$