[1단계: 역수 치환과 일반항 \(a_n\) 도출] \(a_1 = 2 \gt 0\)이고 점화식의 구조에 의해 수학적 귀납법으로 모든 자연수 \(n\)에 대하여 \(a_n \gt 0\)이다. 양변에 역수를 취하면

이므로 수열 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)은 첫째항이 \(\dfrac{1}{a_1} = \dfrac{1}{2}\)이고 공차가 \(2\)인 등차수열이다. 따라서

[2단계: 차분 항등식과 무한급수의 합] 점화식 \(a_n - a_{n+1} = 2a_n a_{n+1}\)에서 \(a_n a_{n+1} = \dfrac{1}{2}(a_n - a_{n+1})\)이다. 제\(N\)항까지의 부분합을 구하면 연쇄 소거에 의해

이다. \(\lim_{N \to \infty} \dfrac{1}{4N + 1} = 0\)이므로 구하는 급수의 합은 \(\lim_{N \to \infty} S_N = 1\)이다.

[1단계: \(f(x)\)의 합성과 최댓값] \(\cos\alpha = \dfrac{3}{5},\; \sin\alpha = \dfrac{4}{5}\) (\(0 \lt \alpha \lt \dfrac{\pi}{2}\))를 이용하면

이다. \(0 \le x \le \pi\)에서 \(\alpha \le x + \alpha \le \pi + \alpha\)이고 \(0 \lt \alpha \lt \dfrac{\pi}{2}\)이므로 \(x + \alpha = \dfrac{\pi}{2}\)가 구간 내에 존재한다. 따라서 최댓값은 \(5\)이며, 이때 \(x = \dfrac{\pi}{2} - \alpha\)이므로

[2단계: \(g(x)\)의 덧셈정리 전개와 최솟값] 덧셈정리로 전개하면

이다. 닫힌구간 \([0, \pi]\)에서 \(\cos x\)는 감소함수이므로 \(x = \pi\)일 때 최솟값 \(g(\pi) = -\sqrt{3}\)을 갖는다.

[1단계: 도함수와 극대·극소 좌표] \(f'(x) = 4x^3 - 4x = 4x(x + 1)(x - 1) = 0\)에서 \(x = -1, 0, 1\)이다. 증감표를 조사하면 \(x = 0\)에서 극댓값 \(f(0) = k\)를 갖고, \(x = \pm 1\)에서 극솟값 \(f(\pm 1) = 1 - 2 + k = k - 1\)을 갖는다. 따라서 \(A(-1, k - 1),\; B(1, k - 1)\)이다.

[2단계: 직선 \(l\)과 둘러싸인 넓이 \(S\)] 두 점 \(A, B\)의 \(y\)좌표가 같으므로 직선 \(l\)의 방정식은 \(y = k - 1\)이다. 차함수 \(f(x) - (k - 1) = x^4 - 2x^2 + 1 = (x^2 - 1)^2 \ge 0\)은 \(k\)가 소거되며 \(x = \pm 1\)에서 접한다. 우함수 대칭성에 의해

이므로 넓이 \(S = \dfrac{16}{15}\)는 \(k\)에 무관하게 일정하다.

[1단계: 음함수 미분과 점 \(P\)에서의 접선 기울기] 방정식 \(x^3 + y^3 - 3xy = 0\)의 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면

이므로 \(y^2 \neq x\)일 때 \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y - x^2}{y^2 - x}\)이다. 점 \(P\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}\right)\)에서 \(y^2 - x = \dfrac{9}{4} - \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{4} \neq 0\)이므로 대입하면

[2단계: 접선의 방정식과 삼각형의 넓이] 점 \(P\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}\right)\)를 지나고 기울기가 \(-1\)인 접선의 방정식은

이다. 이 직선의 \(x\)절편은 \(3\), \(y\)절편은 \(3\)이므로 두 좌표축과 둘러싸인 직각삼각형의 넓이는 \(\dfrac{1}{2} \times 3 \times 3 = \dfrac{9}{2}\)이다.

[1단계: 부분적분 점화식 유도] \(n \ge 1\)일 때 \(u(x) = x^n,\; v'(x) = e^{-x}\)로 놓으면 \(u'(x) = n x^{n-1},\; v(x) = -e^{-x}\)이다. 부분적분법을 적용하면 \(0^n = 0\) (\(n \ge 1\))이므로

[2단계: \(I_0\) 및 \(I_3\)의 순차 계산] \(n = 0\)일 때 \(I_0 = \int_0^1 e^{-x}\,dx = \Big[-e^{-x}\Big]_0^1 = 1 - \dfrac{1}{e}\)이다. 점화식 \(I_n = n I_{n-1} - \dfrac{1}{e}\)에 \(n = 1, 2, 3\)을 차례로 대입하면

이다.

[1단계: 지수부등식의 해와 정수 개수] \(t = 2^x\) (\(t \gt 0\))로 치환하면 주어진 부등식은

이다. 실수의 제곱은 항상 \(0\) 이상이므로 \((t - 2)^2 \le 0\)이 성립할 필요충분조건은 \(t = 2\)이다(이는 \(t \gt 0\)을 만족한다). 따라서 \(2^x = 2 \iff x = 1\)이며, 부등식을 만족시키는 정수 \(x\)의 개수는 \(1\)개이다.

[2단계: 수열의 합 계산] 첫째항이 \(3^{-1} = \dfrac{1}{3}\), 공비가 \(3\)인 등비수열 부분과 상수 \(2\)로 분리하여 계산하면

이다.

[1단계: 점 \((1, f(1))\)에서의 접선 \(l_1\)] \(f'(x) = 3x^2 - 6\)이므로 \(f(1) = 1 - 6 + 2 = -3\), \(f'(1) = 3 - 6 = -3\)이다. 따라서 접선 \(l_1\)의 방정식은

[2단계: 변곡접선 \(l_2\)와 교점 좌표] 이계도함수 \(f''(x) = 6x\)는 \(x = 0\)에서 \(0\)이고 \(x = 0\)의 좌우에서 부호가 음(\(-\))에서 양(\(+\))으로 바뀌므로 변곡점은 \((0, f(0)) = (0, 2)\)이다. \(f'(0) = -6\)이므로 변곡접선 \(l_2\)의 방정식은 \(y = -6x + 2\)이다. 두 직선 \(l_1, l_2\)를 연립하면

이므로 교점의 좌표는 \(\left(\dfrac{2}{3}, -2\right)\)이다.

[1단계: 평균값 정리를 만족시키는 상수 \(c\)] 다항함수 \(f(x) = x^3 - 2x^2\)은 \([0, 2]\)에서 연속이고 \((0, 2)\)에서 미분가능하다. \(f(0) = 0,\; f(2) = 8 - 8 = 0\)이므로 평균변화율은 \(\dfrac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = 0\)이다. \(f'(x) = 3x^2 - 4x\)에서

이고, 열린구간 조건 \(0 \lt c \lt 2\)에 의하여 \(c = \dfrac{4}{3}\)이다.

[2단계: 곡선과 \(x\)축으로 둘러싸인 넓이 \(S\)] \(f(x) = x^2(x - 2) = 0\)에서 \(x\)절편은 \(x = 0, 2\)이며, 구간 \((0, 2)\)에서 \(x^2 \gt 0,\; x - 2 \lt 0\)이므로 \(f(x) \le 0\)이다. 따라서 둘러싸인 넓이는

이다.

[1단계: 매개변수 미분법과 접선의 기울기] \(x, y\)를 각각 \(t\)에 대하여 미분하면

이다. \(0 \lt t \lt \dfrac{\pi}{2}\)에서 \(\sin t \gt 0,\; \cos t \gt 0\)이므로 \(\dfrac{dx}{dt} \neq 0\)이며

이다. 따라서 \(t = \dfrac{\pi}{4}\)에서의 접선의 기울기는 \(-\tan\dfrac{\pi}{4} = -1\)이다.

[2단계: 곡선의 길이 \(L\) 계산] 속력 제곱식을 정리하면 \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\)이므로

이다. \(0 \le t \le \dfrac{\pi}{2}\)에서 \(\sin t \ge 0,\; \cos t \ge 0\)이므로 \(\sqrt{36\sin^2 t\cos^2 t} = 6\sin t\cos t = 3\sin 2t\)이다. 따라서

이다.

[1단계: 치환적분에 의한 \(J\) 계산] \(u = x^2 + 1\)로 놓으면 \(du = 2x\,dx\)이고, \(x = 0 \to u = 1,\; x = 1 \to u = 2\)이다. 따라서

[2단계: 순환 부분적분에 의한 \(K\) 계산] \(I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \sin x\,dx\)라 하면 \(K = 2I\)이다. \(I\)에 부분적분법을 첫 번째 적용하면(\(u = \sin x,\; v' = e^x\))

이고, 우변의 정적분에 부분적분법을 한 번 더 적용하면(\(u = \cos x,\; v' = e^x\))

이다. 이를 첫 식에 대입하면 \(I = e^{\frac{\pi}{2}} - (I - 1) \implies 2I = e^{\frac{\pi}{2}} + 1\)이므로 \(K = 2I = e^{\frac{\pi}{2}} + 1\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 관계식 수립]
\(y = 2^{x-2} + 1 \gt 1\)에서 \(x\)와 \(y\)를 바꾸면 \(x - 1 = 2^{y-2} \implies g(x) = \log_2(x - 1) + 2 \; (x \gt 1)\)이다. \(f(x)\)는 순증가하므로 교점은 \(2^{x-2} + 1 = x\), 즉 \(2^{x-2} = x - 1\)의 해이다. 지수함수의 아래로 볼록 성질에 의해 교점은 최대 \(2\)개이며 \(x = 2,\; 3\)을 대입하면 성립하므로 \(P(2, 2),\; Q(3, 3)\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(\overline{PQ} = \sqrt{(3 - 2)^2 + (3 - 2)^2} = \sqrt{2}\)이며, 각 변이 축에 평행한 정사각형의 한 변의 길이는 \(1\)이므로 넓이는 \(1\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
구간 \([2, 3]\)에서 \(f(x)\)는 아래로 볼록하므로 \(f(x) \le x\)이다. 따라서 제시문 (나)에 의해
\[ S = 2\int_2^3 \left(x - 1 - 2^{x-2}\right)dx = 2\left[\frac{1}{2}(x - 1)^2 - \frac{2^{x-2}}{\ln 2}\right]_2^3 = 2\left\{\left(2 - \frac{2}{\ln 2}\right) - \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{\ln 2}\right)\right\} = 3 - \frac{2}{\ln 2} \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f(1) = 0,\; f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x + 1)(x - 1)\)이므로 \(f(x) = (x - 1)^2(x + 2)\)이다. \(x\)축 교점은 \((-2, 0),\; (1, 0)\)이며 \(x = -1\)에서 극댓값 \(4\), \(x = 1\)에서 극솟값 \(0\)을 갖는다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(f'(0) = -3\)이므로 접선 \(l_1 : y = -3x + 2\)(\(x\)절편 \(\frac{2}{3}\)), 수직인 직선 \(l_2 : y = \frac{1}{3}x + 2\)(\(x\)절편 \(-6\))이다. 두 직선과 \(x\)축이 이루는 삼각형의 밑변은 \(\frac{2}{3} - (-6) = \frac{20}{3}\), 높이는 \(2\)이므로 넓이는 \(\frac{1}{2}\cdot\frac{20}{3}\cdot 2 = \frac{20}{3}\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
점 \(A(0, 2)\)는 \(f''(x) = 6x = 0\)을 만족하는 변곡점이므로 연립방정식 \(x^3 - 3x + 2 = -3x + 2 \iff x^3 = 0\)의 실근은 삼중근 \(x = 0\) 하나뿐이다. 따라서 점 \(A\) 외의 다른 교점은 존재하지 않는다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(g(x) = \frac{1}{4}x^4 - 2x^2\)이고 \(g'(x) = x^3 - 4x = x(x + 2)(x - 2)\)이다. \(x = 0\)에서 극댓값 \(g(0) = 0\), \(x = \pm 2\)에서 극솟값 \(g(\pm 2) = 4 - 8 = -4\)를 갖는다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(|g'(x)| = |x^3 - 4x|\)는 우함수이고 \([0, 2]\)에서 \(g'(x) \le 0\)이므로 \(\int_{-2}^2 |g'(x)|\,dx = 2\int_0^2 (-g'(x))\,dx = 2(g(0) - g(2)) = 2(0 - (-4)) = 8\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(g(x) = \frac{1}{4}x^2(x^2 - 8) = 0\)에서 교점은 \(x = 0,\; \pm 2\sqrt{2}\)이고 구간 \([-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2}]\)에서 \(g(x) \le 0\)이다. 우함수 대칭성에 의해
\[ S = 2\int_0^{2\sqrt{2}} \left(2x^2 - \frac{1}{4}x^4\right)dx = 2\left[\frac{2}{3}x^3 - \frac{1}{20}x^5\right]_0^{2\sqrt{2}} = 2\left(\frac{32\sqrt{2}}{3} - \frac{64\sqrt{2}}{20}\right) = 2\cdot\frac{112\sqrt{2}}{15} = \frac{224\sqrt{2}}{15} \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(x) = \frac{\cos x(2 - \cos x) - \sin^2 x}{(2 - \cos x)^2} = \frac{2\cos x - 1}{(2 - \cos x)^2}\)이다. \(f'(x) = 0 \iff \cos x = \frac{1}{2}\)에서 \(x = \frac{\pi}{3}\)일 때 최댓값 \(f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}/2}{3/2} = \frac{\sqrt{3}}{3}\), \(x = \frac{5\pi}{3}\)일 때 최솟값 \(f\left(\frac{5\pi}{3}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{3}\)을 갖는다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(\int_0^{\pi/3} f(x)\,dx = \left[\ln(2 - \cos x)\right]_0^{\pi/3} = \ln\frac{3}{2} - \ln 1 = \ln\frac{3}{2}\)이고, \(\int_0^\pi f(x)\,dx = \left[\ln(2 - \cos x)\right]_0^\pi = \ln 3 - \ln 1 = \ln 3\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(f(0) = f(\pi) = f(2\pi) = 0\)이므로 \(y = |f(x)|\)는 구간 \((0, \pi)\)와 \((\pi, 2\pi)\)에서 각각 최댓값 \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)을 갖는 두 개의 봉우리를 형성한다. 따라서 \(|f(x)| = k\)가 서로 다른 \(4\)개의 실근을 가질 조건은 \(0 \lt k \lt \frac{\sqrt{3}}{3}\)이다(\(k = 0\)일 때는 \(0, \pi, 2\pi\)로 \(3\)개).

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)/3^{n+1}}{2n/3^n} = \frac{n + 1}{3n}\)이다. \(n = 1\)일 때 \(\frac{2}{3} \lt 1\)이고 모든 자연수 \(n \ge 1\)에서 \(n + 1 \lt 3n\)이므로 \(a_{n+1} \lt a_n\)이다. 따라서 최댓값은 \(a_1 = \frac{2}{3}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(S_N = \frac{2}{3} + \frac{4}{3^2} + \cdots + \frac{2N}{3^N}\)에서 \(\frac{1}{3}S_N = \frac{2}{3^2} + \cdots + \frac{2(N-1)}{3^N} + \frac{2N}{3^{N+1}}\)을 빼면
\[ \frac{2}{3}S_N = 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \cdots + \frac{1}{3^N}\right) - \frac{2N}{3^{N+1}} = 2\cdot\frac{\frac{1}{3}(1 - 3^{-N})}{1 - \frac{1}{3}} - \frac{2N}{3^{N+1}} = 1 - \frac{1}{3^N} - \frac{2N}{3^{N+1}} \]양변에 \(\frac{3}{2}\)을 곱하면 \(S_N = \frac{3}{2} - \frac{2N + 3}{2 \cdot 3^N}\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
제시문 (나)에 의해 \(\lim_{N \to \infty} \frac{2N + 3}{2 \cdot 3^N} = 0\)이므로 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \lim_{N \to \infty} S_N = \frac{3}{2}\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(2(1 - \sin^2\theta) + 3\sin\theta - 3 = 0 \implies 2\sin^2\theta - 3\sin\theta + 1 = (2\sin\theta - 1)(\sin\theta - 1) = 0\)이므로 \(\sin\theta = \frac{1}{2}\) 또는 \(\sin\theta = 1\)이다. \(0 \le \theta \lt 2\pi\)에서 근은 \(\theta_1 = \frac{\pi}{6},\; \theta_2 = \frac{\pi}{2},\; \theta_3 = \frac{5\pi}{6}\)이며 합은 \(\frac{3\pi}{2}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
단위원 위의 대응점은 \(P_1\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right),\; P_2(0, 1),\; P_3\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(\overline{P_1 P_3} = \sqrt{3}\)이고 \(\overline{P_1 P_2} = \overline{P_2 P_3} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{1}{4}} = 1\)이므로 둘레의 길이는 \(2 + \sqrt{3}\)이다. 밑변 \(\overline{P_1 P_3} = \sqrt{3}\), 높이 \(1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\)이므로 넓이는 \(\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
① \(|x| \lt 1\)일 때 \(x^{2n} \to 0\)이므로 \(f(x) = ax^2 + bx + 3\).
② \(|x| \gt 1\)일 때 분모·분자를 \(x^{2n}\)으로 나누면 \(f(x) = 2x\).
③ \(x = 1\)일 때 \(f(1) = \frac{a + b + 5}{2}\), \(x = -1\)일 때 \(f(-1) = \frac{a - b + 1}{2}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(x = 1\) 연속 조건: \(a + b + 3 = 2 \implies a + b = -1\).
\(x = -1\) 연속 조건: \(a - b + 3 = -2 \implies a - b = -5\).
연립하면 \(a = -3,\; b = 2\)이며 이때 \(f(1) = 2,\; f(-1) = -2\)도 자동으로 일치한다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
구간 \([-2, -1]\)과 \([1, 2]\)에서 \(f(x) = 2x\)는 기함수이므로 두 구간 적분의 합은 \(0\)이다. 따라서
\[ \int_{-2}^2 f(x)\,dx = \int_{-1}^1 (-3x^2 + 2x + 3)\,dx = 2\int_0^1 (-3x^2 + 3)\,dx = 2(-1 + 3) = 4 \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(x) = 12x^3 - 24x^2 + 12x = 12x(x - 1)^2\)이므로 \(f'(x) = 0\)인 점은 \((0, 0)\)과 \((1, 1)\)이다. \(x = 0\)에서만 부호가 음에서 양으로 바뀌므로 최솟값은 \(f(0) = 0\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(f(1) = 1,\; f'(1) = 0\)이므로 접선 \(l\)은 \(y = 1\)이다. \(3x^4 - 8x^3 + 6x^2 - 1 = (x - 1)^3(3x + 1) = 0\)이므로 교점의 \(x\)좌표는 \(x = -\frac{1}{3}\)과 \(x = 1\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
구간 \([0, 1]\)에서 \(0 \le f(x) \le 1\)이므로 둘러싸인 넓이 \(S\)는
\[ S = \int_0^1 \{1 - (3x^4 - 8x^3 + 6x^2)\}\,dx = \left[x - \frac{3}{5}x^5 + 2x^4 - 2x^3\right]_0^1 = 1 - \frac{3}{5} + 2 - 2 = \frac{2}{5} \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(x \ge 0\)에서 \(f'(x) = (x + 1)e^x + 1 \ge 2 \gt 0\)이므로 \(f(x)\)는 치역 \([0, \infty)\) 위에서 순증가하는 일대일대응이어서 역함수 \(g(x)\)가 존재한다. \(f(1) = e + 1\)이므로 \(g(e + 1) = 1\)이고 \(g'(e + 1) = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{2e + 1}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(\int_0^1 (x e^x + x)\,dx = \left[(x - 1)e^x + \frac{1}{2}x^2\right]_0^1 = \left(0 + \frac{1}{2}\right) - (-1 + 0) = \frac{3}{2}\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(f(0) = 0,\; f(1) = e + 1\)이므로 제시문 (가)에 의해
\[ \int_0^{e+1} g(x)\,dx = 1 \cdot (e + 1) - 0 \cdot 0 - \int_0^1 f(x)\,dx = (e + 1) - \frac{3}{2} = e - \frac{1}{2} \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(u = e^x + 1\)로 놓으면 \(e^x = u - 1,\; e^x\,dx = du\)이고 \(x = 0 \to u = 2\), \(x = \ln 3 \to u = 4\)이다.
\(P = \int_2^4 \frac{u - 1}{u}\,du = \left[u - \ln u\right]_2^4 = (4 - \ln 4) - (2 - \ln 2) = 2 - \ln 2\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(Q = \int_0^{\ln 3} \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}}\,dx = \left[-\ln(1 + e^{-x})\right]_0^{\ln 3} = -\ln\left(1 + \frac{1}{3}\right) + \ln 2 = \ln 2 - \ln\frac{4}{3} = \ln 3 - \ln 2\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(P - Q = (2 - \ln 2) - (\ln 3 - \ln 2) = 2 - \ln 3\)이다. 한편 \(\frac{e^{2x} - 1}{e^x + 1} = e^x - 1\)이므로 \(\int_0^{\ln 3} (e^x - 1)\,dx = \left[e^x - x\right]_0^{\ln 3} = (3 - \ln 3) - 1 = 2 - \ln 3\)이 되어 완벽히 일치한다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(a_m = 3m - 1,\; b_n = 2^n\)이다. \(b_n\)이 \(\{a_m\}\)에 속하려면 \(2^n = 3m - 1 \iff 2^n + 1\)이 \(3\)의 배수, 즉 \(2^n\)을 \(3\)으로 나눈 나머지가 \(2\)여야 한다. 제시문 (가)에 의해 \(n\)은 홀수(\(n = 2k - 1,\; k \in \mathbb{N}\))이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
따라서 \(c_k = b_{2k-1} = 2^{2k-1} = 2 \cdot 4^{k-1}\)이다. \(c_3 = 2^5 = 32\)이므로 \(3m - 1 = 32 \implies m = 11\), 즉 제\(11\)항이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
수열 \(\{c_k\}\)는 첫째항 \(2\), 공비 \(4\)인 등비수열이므로 \(\sum_{k=1}^5 c_k = \frac{2(4^5 - 1)}{4 - 1} = \frac{2 \times 1023}{3} = 2 \times 341 = 682\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(x) = 3x^2 - 6x + a = 0\)의 두 실근 \(\alpha, \beta\)에 대하여 제시문 (가)에서 \(\frac{1}{2}(\beta - \alpha)^3 = 4 \implies \beta - \alpha = 2\)이다. 근과 계수의 관계에서 \((\beta - \alpha)^2 = (\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta = 4 - \frac{4a}{3} = 4\)이므로 \(a = 0\)이다. \(f''(x) = 6x - 6 = 0\)에서 변곡점은 \((1, f(1)) = (1, 3)\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(a = 0\)일 때 \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 5,\; f'(x) = 3x(x - 2)\)이므로 \(x = 0\)에서 극댓값 \(f(0) = 5\), \(x = 2\)에서 극솟값 \(f(2) = 1\)을 갖는다(차 \(5 - 1 = 4\) 확인).

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
구간 \([-1, 3]\)은 변곡점 \(x = 1\) 기준 반폭 \(L = 2\)인 대칭 구간이므로 제시문 (나)에 의해 \(2 \cdot 2 \cdot f(1) = 4 \times 3 = 12\)이다. 직접 적분해도 \(\left[\frac{1}{4}x^4 - x^3 + 5x\right]_{-1}^3 = \left(\frac{81}{4} - 12\right) - \left(\frac{1}{4} - 4\right) = 20 - 8 = 12\)로 일치한다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(3x^2 - 6x = 3x(x - 2)\)는 \((0, 2)\)에서 음수, 그 외에서 양수이다. 따라서 \(g(0) = \int_0^2 (6x - 3x^2)\,dx = \left[3x^2 - x^3\right]_0^2 = 12 - 8 = 4\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(h(x) = |3x^2 - 6x|\)에 대하여 제시문 (가)에서 \(g'(t) = h(t + 2) - h(t)\)이다.
① \(-1 \le t \le 0\)일 때: \(t \le 0\)이므로 \(h(t) = 3t^2 - 6t\)이고, \(1 \le t + 2 \le 2\)이므로 \(h(t+2) = 6(t+2) - 3(t+2)^2 = -3t^2 - 6t\)이다. 따라서 \(g'(t) = (-3t^2 - 6t) - (3t^2 - 6t) = -6t^2\)이다.
② \(0 \le t \le 1\)일 때: \(0 \le t \le 1\)이므로 \(h(t) = 6t - 3t^2\)이고, \(t + 2 \ge 2\)이므로 \(h(t+2) = 3(t+2)^2 - 6(t+2) = 3t^2 + 6t\)이다. 따라서 \(g'(t) = (3t^2 + 6t) - (6t - 3t^2) = 6t^2\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\([-1, 0]\)에서 \(g'(t) = -6t^2 \le 0\)(감소), \([0, 1]\)에서 \(g'(t) = 6t^2 \ge 0\)(증가)이므로 \(t = 0\)에서 최솟값 \(g(0) = 4\)를 갖는다. 또한 \(g(1) = g(0) + \int_0^1 6t^2\,dt = 4 + 2 = 6\)이고 \(g(-1) = g(0) - \int_{-1}^0 (-6t^2)\,dt = 6\)이므로 최댓값은 \(6\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(x) = (x + 1)e^x,\; f''(x) = (x + 2)e^x\)이므로 \(x = -1\)에서 극솟값 \(f(-1) = -\frac{1}{e}\)을 갖고, 변곡점의 좌표는 \(\left(-2, -\frac{2}{e^2}\right)\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(H(t) = t e^t - t(t + 1)e^t = -t^2 e^t\)이다. 도함수 \(H'(t) = -(2t + t^2)e^t = -t(t + 2)e^t\)이므로 \(t = -2\)에서 극솟값 \(H(-2) = -\frac{4}{e^2}\), \(t = 0\)에서 극댓값 \(H(0) = 0\)을 가지며, \(\lim_{t \to -\infty} (-t^2 e^t) = 0\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(H(t) = -t^2 e^t\)의 그래프는 \((-\infty, -2)\)에서 \(0\)으로부터 \(-\frac{4}{e^2}\)로 감소, \((-2, 0)\)에서 \(0\)으로 증가, \((0, \infty)\)에서 \(-\infty\)로 감소한다(또한 변곡점이 \(1\)개뿐이므로 이중접선은 존재하지 않는다). 따라서 \(H(t) = k\)가 서로 다른 세 실근을 가질 조건은 \(-\frac{4}{e^2} \lt k \lt 0\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(u = 1 + \sin^2 x\)로 치환하면 \(x = 0 \to u = 1\), \(x = \frac{\pi}{2} \to u = 2\)이고 \(\sin 2x\,dx = du\)이다.
따라서 \(I = \int_1^2 \frac{1}{u}\,du = \ln 2\)이고, \(J = \int_1^2 \frac{1}{u^2}\,du = \left[-\frac{1}{u}\right]_1^2 = -\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(\sin^3 x\cos x\,dx = \sin^2 x \cdot (\sin x\cos x\,dx) = (u - 1)\cdot\frac{1}{2}\,du\)이므로
\[ K = \frac{1}{2}\int_1^2 \frac{u - 1}{u}\,du = \frac{1}{2}\left[u - \ln u\right]_1^2 = \frac{1}{2}(1 - \ln 2) \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(I + 2K = \ln 2 + (1 - \ln 2) = 1\)이다. 실제로 피적분함수를 합치면 \(\frac{2\sin x\cos x + 2\sin^3 x\cos x}{1 + \sin^2 x} = \frac{2\sin x\cos x(1 + \sin^2 x)}{1 + \sin^2 x} = \sin 2x\)이고 \(\int_0^{\pi/2} \sin 2x\,dx = \left[-\frac{1}{2}\cos 2x\right]_0^{\pi/2} = 1\)로 일치한다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(\angle ABC = \theta\)라 하면 제시문 (가)에 의해 \(\angle ADC = \pi - \theta\)이다. 코사인법칙에 의해
\[ \overline{AC}^2 = 3^2 + 5^2 - 2\cdot 3\cdot 5\cos\theta = 34 - 30\cos\theta, \quad \overline{AC}^2 = 5^2 + 8^2 - 2\cdot 5\cdot 8\cos(\pi - \theta) = 89 + 80\cos\theta \]
두 식을 연립하면 \(110\cos\theta = -55 \implies \cos\theta = -\frac{1}{2}\)이며, \(\overline{AC}^2 = 34 - 30\left(-\frac{1}{2}\right) = 49\)이므로 \(\overline{AC} = 7\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(0 \lt \theta \lt \pi\)에서 \(\cos\theta = -\frac{1}{2}\)이므로 \(\theta = \frac{2\pi}{3},\; \sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}\)이다.
사각형 \(ABCD\)의 넓이는 \(S = \triangle ABC + \triangle ACD = \frac{1}{2}\cdot 3\cdot 5\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3} + 40\sqrt{3}}{4} = \frac{55\sqrt{3}}{4}\)이고, 사인법칙에서 \(R = \frac{7}{2\sin(2\pi/3)} = \frac{7}{\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{3}}{3}\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
두 삼각형 \(ABC\)와 \(ACD\)는 밑변 \(AC\)를 공유하므로 넓이의 비는 점 \(B\)와 점 \(D\)에서 직선 \(AC\)에 내린 수선의 길이의 비와 같고, 이는 \(\overline{BP} : \overline{PD}\)와 일치한다. 따라서 \(\overline{BP} : \overline{PD} = \triangle ABC : \triangle ACD = \frac{15\sqrt{3}}{4} : \frac{40\sqrt{3}}{4} = 3 : 8\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(x) = 3x^2 - 12x + 9 = 3(x - 1)(x - 3)\)이므로 \(x = 1\)에서 극댓값 \(f(1) = 6\), \(x = 3\)에서 극솟값 \(f(3) = 2\)를 갖는다.
\(f(x) = 2 \iff x(x - 3)^2 = 0 \implies x = 0, 3\)이므로 최소근은 \(g(2) = 0\)이다. 또한 \(f(x) = 6 \iff (x - 1)^2(x - 4) = 0 \implies x = 1, 4\)이므로 최소근은 \(g(6) = 1\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
극값 경계 \(t = 2\)와 \(t = 6\)을 조사한다.
① \(t = 2\) 근방: \(t \to 2^-\)일 때 유일 실근이 \(0^-\)로 수렴하고, \(t \to 2^+\)일 때도 가장 왼쪽 가지 \((0, 1)\) 위의 최소근이 \(0^+\)로 수렴하므로 \(\lim_{t \to 2} g(t) = 0 = g(2)\)가 되어 \(t = 2\)에서는 연속이다.
② \(t = 6\) 근방: \(2 \lt t \le 6\)에서는 최소근이 구간 \((0, 1]\) 위에 존재하여 \(\lim_{t \to 6^-} g(t) = 1 = g(6)\)인 반면, \(t \gt 6\)에서는 \(x = 1\) 부근의 실근이 소멸하고 \(x \gt 4\)인 유일 실근만 남으므로 \(\lim_{t \to 6^+} g(t) = 4\)이다. 따라서 \(g(t)\)가 불연속인 점은 오직 \(t = 6\)뿐이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(t \gt 6\)에서 \(g(t)\)는 구간 \((4, \infty)\)에서 순증가하는 \(f(x)\)의 역함수이다. \(f(x) = 22 \iff x^3 - 6x^2 + 9x - 20 = (x - 5)(x^2 - x + 4) = 0\)에서 유일 실근은 \(x = 5\)이므로 \(g(22) = 5\)이다. 제시문 (나)에 의해 \(g'(22) = \frac{1}{f'(5)} = \frac{1}{3\cdot 4\cdot 2} = \frac{1}{24}\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
구간 \([0, 2]\)에서 \(l(t) = -t^2 + 2t + 1 = 2 - (t - 1)^2\)은 \(1 \le l(t) \le 2\)를 만족한다. 따라서 \(S(t) = \frac{\sqrt{3}}{4}(-t^2 + 2t + 1)^2\)이며, \(t = 1\)에서 최댓값 \(S(1) = \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2^2 = \sqrt{3}\), \(t = 0\) 또는 \(t = 2\)에서 최솟값 \(S(0) = S(2) = \frac{\sqrt{3}}{4}\)을 갖는다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(u = t - 1\)로 놓으면 \(-t^2 + 2t + 1 = 2 - u^2\)이므로
\[ S(1 + u) = \frac{\sqrt{3}}{4}(2 - u^2)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(u^4 - 4u^2 + 4) \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(t \in [0, 2]\)일 때 \(u \in [-1, 1]\)이고 피적분함수가 우함수이므로 제시문 (나)에 의해
\[ \int_0^2 S(t)\,dt = \frac{\sqrt{3}}{4}\int_{-1}^{1} (u^4 - 4u^2 + 4)\,du = \frac{\sqrt{3}}{2}\left[\frac{u^5}{5} - \frac{4u^3}{3} + 4u\right]_0^1 = \frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{1}{5} - \frac{4}{3} + 4\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{43}{15} = \frac{43\sqrt{3}}{30} \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
몫의 미분법에 의해 \(f'(t) = \frac{e^t(e^t + 1) - (e^t - 1)e^t}{(e^t + 1)^2} = \frac{2e^t}{(e^t + 1)^2} \gt 0\)이므로 \(f(t)\)는 순증가하며 \(f(0) = 0,\; f(\ln 9) = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}\)이다.
또한 \(f(s) = \frac{2e^s}{e^s + 1} - 1\)로 변형하면 \(F(t) = \int_0^t \left(\frac{2e^s}{e^s + 1} - 1\right)ds = \left[2\ln(e^s + 1) - s\right]_0^t = 2\ln(e^t + 1) - t - 2\ln 2\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(f(c) = x\)인 \(c = \ln\frac{1 + x}{1 - x}\)에 대하여 제시문 (나)의 식을 원시함수 \(F\)로 쓰면
\[ A(x) = cx - F(c) + F(\ln 9) - F(c) - (\ln 9 - c)x = (2c - \ln 9)x + F(\ln 9) - 2F(c) \]이다.
양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \(F'(c) = f(c) = x\)이므로
\[ A'(x) = 2c'(x)\cdot x + (2c - \ln 9) - 2F'(c)c'(x) = 2c - \ln 9 \]가 성립한다.
\(A'(x) = 0 \iff c = \frac{1}{2}\ln 9 = \ln 3\)이며, \(c\)는 \(x\)에 대하여 순증가하므로 \(x = f(\ln 3) = \frac{3 - 1}{3 + 1} = \frac{1}{2}\)에서 극소이자 최소가 된다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(x = \frac{1}{2} \; (c = \ln 3)\)일 때 \(2c - \ln 9 = 0\)이므로 최솟값은 \(F(\ln 9) - 2F(\ln 3)\)이다.
\(F(\ln 9) = 2\ln 10 - \ln 9 - 2\ln 2 = 2\ln 5 - 2\ln 3\), \(F(\ln 3) = 2\ln 4 - \ln 3 - 2\ln 2 = 2\ln 2 - \ln 3\)이므로
\[ A\left(\frac{1}{2}\right) = (2\ln 5 - 2\ln 3) - 2(2\ln 2 - \ln 3) = 2\ln 5 - 4\ln 2 = 2\ln\frac{5}{4} \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(q'(u) = 1 \implies q(u) = u\)로 부분적분하면
\[ \int (\ln u)^2\,du = u(\ln u)^2 - \int u\cdot\frac{2\ln u}{u}\,du = u(\ln u)^2 - 2\int \ln u\,du \]
다시 \(\int \ln u\,du = u\ln u - \int 1\,du = u\ln u - u\)를 대입하면 \(\int (\ln u)^2\,du = u(\ln u)^2 - 2u\ln u + 2u + C\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(u = 3x + 1\)로 치환하면 \(dx = \frac{1}{3}\,du\)이고 \(x = 0 \to u = 1\), \(x = \frac{e - 1}{3} \to u = e\)이므로
\[ I = \frac{1}{3}\left[u(\ln u)^2 - 2u\ln u + 2u\right]_1^e = \frac{1}{3}\{(e - 2e + 2e) - (0 - 0 + 2)\} = \frac{e - 2}{3} \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
같은 치환에서 \(x = \frac{e^2 - 1}{3} \to u = e^2 \; (\ln u = 2)\)이므로
\[ J = \frac{1}{3}\left[u(\ln u)^2 - 2u\ln u + 2u\right]_1^{e^2} = \frac{1}{3}\{(4e^2 - 4e^2 + 2e^2) - 2\} = \frac{2(e^2 - 1)}{3} \]이다.
한편 \(f'(x) = \frac{6\ln(3x + 1)}{3x + 1}\), \(f''(x) = \frac{18\{1 - \ln(3x + 1)\}}{(3x + 1)^2}\)이므로 \(f''(x) = 0\)에서 부호가 양에서 음으로 바뀌는 변곡점의 \(x\)좌표는 \(3x + 1 = e \iff x = \frac{e - 1}{3}\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(2^6 = 64 \le 100 \lt 128 = 2^7\)이므로 \(f(n)\)이 가질 수 있는 값은 \(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\)이다.
\(0 \le k \le 5\)일 때는 구간 \([2^k, 2^{k+1})\) 전체가 \(100\) 이하에 포함되므로 개수는 각각 \(2^k\)개(\(1, 2, 4, 8, 16, 32\)개)이고, \(k = 6\)일 때는 \(64 \le n \le 100\)이므로 \(100 - 64 + 1 = 37\)개이다(총합 \(63 + 37 = 100\)개 확인).

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
같은 함숫값끼리 묶어 더하면
\[ \sum_{n=1}^{100} f(n) = \sum_{k=0}^{5} k\cdot 2^k + 6\times 37 = (0 + 2 + 8 + 24 + 64 + 160) + 222 = 258 + 222 = 480 \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(f(n) = k \; (0 \le k \le 6)\)라 놓으면 방정식은 \(n = 2^k + k\)이다. 이 값이 실제로 \(2^k \le n \lt 2^{k+1}\)을 만족하려면 \(0 \le k \lt 2^k\)이어야 하는데, 이는 모든 음이 아닌 정수 \(k \ge 0\)에서 항상 성립한다. 또한 \(k = 6\)일 때 \(n = 64 + 6 = 70 \le 100\)이므로 \(k = 0, 1, \dots, 6\)에서 모두 해가 된다.
따라서 조건을 만족하는 자연수는 \(1, 3, 6, 11, 20, 37, 70\)이며 그 합은
\[ \sum_{k=0}^{6} (2^k + k) = (2^7 - 1) + \frac{6\times 7}{2} = 127 + 21 = 148 \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f(x) = \frac{1}{3}x^3 - x\)에서 \(f'(t) = t^2 - 1 \gt 0 \; (t \gt 1)\)이다.
접선 \(l_1\)은 \(y - \left(\frac{1}{3}t^3 - t\right) = (t^2 - 1)(x - t)\)이므로 \(x = 0\)을 대입하면 점 \(A\)의 \(y\)좌표는 \(y_A = \frac{1}{3}t^3 - t - t^3 + t = -\frac{2}{3}t^3\)이다.
수직 직선 \(l_2\)는 \(y - \left(\frac{1}{3}t^3 - t\right) = -\frac{1}{t^2 - 1}(x - t)\)이므로 점 \(B\)의 \(y\)좌표는 \(y_B = \frac{1}{3}t^3 - t + \frac{t}{t^2 - 1}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(t \gt 1\)에서 \(y_B - y_A = t^3 - t + \frac{t}{t^2 - 1} = t(t^2 - 1) + \frac{t}{t^2 - 1} \gt 0\)이고, 점 \(P\)에서 \(y\)축까지의 거리는 \(t\)이므로
\[ S(t) = \frac{1}{2}t\cdot\overline{AB} = \frac{1}{2}t^2\left\{(t^2 - 1) + \frac{1}{t^2 - 1}\right\} \implies \frac{S(t)}{t^2} = \frac{1}{2}\left\{(t^2 - 1) + \frac{1}{t^2 - 1}\right\} \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(t \gt 1\)이므로 \(u = t^2 - 1 \gt 0\)이다. 제시문 (나)에 의해 \(\frac{S(t)}{t^2} = \frac{1}{2}\left(u + \frac{1}{u}\right) \ge 1\)이며, 등호는 \(t^2 - 1 = 1 \iff t = \sqrt{2} \; (t \gt 1)\)일 때 성립한다. 이때 삼각형의 넓이는 \(S(\sqrt{2}) = (\sqrt{2})^2 \times 1 = 2\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(p'(x) = \frac{1}{4}(3x^2 - k^2) = 0\)에서 \(x = \pm\frac{k}{\sqrt{3}}\)이므로 \(p(x)\)는 \(\left(-\infty, -\frac{k}{\sqrt{3}}\right]\)와 \(\left[\frac{k}{\sqrt{3}}, \infty\right)\)에서 증가하고 \(\left[-\frac{k}{\sqrt{3}}, \frac{k}{\sqrt{3}}\right]\)에서 감소한다.
극댓값은 \(p\left(-\frac{k}{\sqrt{3}}\right) = \frac{k^3}{6\sqrt{3}}\), 극솟값은 \(p\left(\frac{k}{\sqrt{3}}\right) = -\frac{k^3}{6\sqrt{3}}\)이다. 단조증가 연속함수가 \(-4\)에서 \(4\)까지 연결되려면 왼쪽 증가 가지의 최댓값 \(\frac{k^3}{6\sqrt{3}} \ge 4\)이거나 오른쪽 증가 가지의 최솟값 \(-\frac{k^3}{6\sqrt{3}} \le -4\)이어야 하므로 \(k^3 \ge 24\sqrt{3} = (2\sqrt{3})^3 \implies k \ge 2\sqrt{3}\)이다. 따라서 \(k_0 = 2\sqrt{3}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(k = 2\sqrt{3}\)일 때 \(p(x) = \frac{1}{4}(x^3 - 12x)\)이며, \(p(x) = 4 \iff (x + 2)^2(x - 4) = 0\), \(p(x) = -4 \iff (x - 2)^2(x + 4) = 0\)이다.
왼쪽 증가 구간 \([-4, -2]\) 또는 오른쪽 증가 구간 \([2, 4]\)를 따라 연결되는 두 함수는 다음과 같다:
\[ f_1(x) = \begin{cases} -4 & (x \lt -4) \\ \frac{1}{4}(x^3 - 12x) & (-4 \le x \le -2) \\ 4 & (x \gt -2) \end{cases}, \qquad f_2(x) = \begin{cases} -4 & (x \lt 2) \\ \frac{1}{4}(x^3 - 12x) & (2 \le x \le 4) \\ 4 & (x \gt 4) \end{cases} \]

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(f_1(0) = 4 \gt -4 = f_2(0)\)이며,
\[ \int_{-4}^{4} f_1(x)\,dx = \frac{1}{4}\left[\frac{x^4}{4} - 6x^2\right]_{-4}^{-2} + \int_{-2}^{4} 4\,dx = \frac{1}{4}\{(4 - 24) - (64 - 96)\} + 24 = 3 + 24 = 27 \]이다.
또한 원점 대칭성에 의해 \(f_2(x) = -f_1(-x)\)이므로 \(\int_{-4}^{4} f_2(x)\,dx = -27\)이며, 따라서 \(\int_{-4}^{4} \{f_1(x) - f_2(x)\}\,dx = 27 - (-27) = 54\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(u(x) = \tan x + ax^3 + bx\)라 하면 \(u(0) = 0\)이다. \(g(x) = |u(x)|\)가 \(x = 0\)에서 미분가능하려면 제시문 (가)에 의해 \(u'(0) = \sec^2 0 + b = 1 + b = 0\)이어야 하므로 \(b = -1\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(h(x) = \tan x - x\)라 하면 \(h(0) = 0\)이고 \(0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}\)에서 \(h'(x) = \sec^2 x - 1 = \tan^2 x \gt 0\)이므로 \(h(x) \gt h(0) = 0\), 즉 \(\tan x \gt x \gt 0\)이다. 양변을 제곱하면 \(\tan^2 x \gt x^2\)이다.
이제 \(b = -1,\; a \ge -\frac{1}{3}\)이면 \(x \ne 0\)인 모든 \(x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\)에서 기함수·우함수 대칭에 의해
\[ u'(x) = \tan^2 x + 3ax^2 \ge \tan^2 x - x^2 \gt 0 \]이다.
따라서 \(u(x)\)는 순증가하므로 \(u(x) = 0\)의 해는 \(x = 0\)뿐이며, \(g(x)\)는 전 구간에서 미분가능하고 \((-\pi/2, 0)\)에서 감소, \((0, \pi/2)\)에서 증가하여 \(x = 0\)에서 유일한 극솟값 \(0\)을 갖는다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(b = -1,\; a = \frac{16}{\pi^2} \gt -\frac{1}{3}\)일 때 \(g(x)\)는 우함수이고 \(\left[0, \frac{\pi}{4}\right]\)에서 순증가하므로 최댓값은
\[ g\left(\frac{\pi}{4}\right) = \tan\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + \frac{16}{\pi^2}\cdot\frac{\pi^3}{64} = 1 - \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = 1 \]이다.
또한 \(\left[0, \frac{\pi}{4}\right]\)에서 \(g(x) = \frac{\sin x}{\cos x} - x + \frac{16}{\pi^2}x^3\)이므로
\[ \int_0^{\pi/4} g(x)\,dx = \left[-\ln(\cos x) - \frac{1}{2}x^2 + \frac{4}{\pi^2}x^4\right]_0^{\pi/4} = \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{\pi^2}{32} + \frac{\pi^2}{64} = \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{\pi^2}{64} \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(x \ge 0\)에서 \(h'(x) = 3x^2 + 2 \ge 2 \gt 0\)이므로 \(h(x)\)는 순증가하며 치역 \([0, \infty)\)에서 역함수 \(g(x)\)가 존재한다.
\(h(1) = 1 + 2 = 3,\; h(2) = 8 + 4 = 12\)이므로 \(g(3) = 1,\; g(12) = 2\)이다. 역함수의 미분법에 의해 \(g'(3) = \frac{1}{h'(1)} = \frac{1}{5}\), \(g'(12) = \frac{1}{h'(2)} = \frac{1}{14}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
제시문 (나)에 의해 \(F'(u) = \frac{2u e^u}{3u^2 + 2}\)이다. 이제 \(u = g(x) \iff x = u^3 + 2u\)로 치환하면 \(dx = (3u^2 + 2)\,du\)이고, \(x = 3 \to u = 1\), \(x = 12 \to u = 2\)이므로
\[ I = \int_3^{12} F'(g(x))\,dx = \int_1^2 \frac{2u e^u}{3u^2 + 2}\cdot (3u^2 + 2)\,du = \int_1^2 2u e^u\,du \]로 분모 \(3u^2 + 2\)가 정확히 약분된다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
부분적분법에 의해 \(\int 2u e^u\,du = 2u e^u - \int 2e^u\,du = 2(u - 1)e^u + C\)이므로
\[ I = \left[2(u - 1)e^u\right]_1^2 = 2(2 - 1)e^2 - 0 = 2e^2 \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
구간 \([2(k-1)\pi, 2k\pi]\)에서 \(\cos x = \frac{1}{3}\)의 두 실근 \(\alpha_k, \beta_k\)는 양 끝점이 아니며 대칭축 \(x = (2k - 1)\pi\)에 대칭이므로 \(\frac{\alpha_k + \beta_k}{2} = (2k - 1)\pi \implies \alpha_k + \beta_k = 2(2k - 1)\pi\)이다.
구간끼리 양 끝점에서 실근이 겹치지 않으므로 \(a_n = 2n\)이고, \(S_n = \sum_{k=1}^{n} 2(2k - 1)\pi = 2\pi n^2\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(S_n + \pi a_n = 2\pi n^2 + 2\pi n = 2\pi n(n + 1)\)이므로
\[ b_n = \frac{2\pi}{2\pi n(n + 1)} = \frac{1}{n(n + 1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
망원급수로 소거하면 \(\sum_{n=1}^{10} b_n = \sum_{n=1}^{10}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}\right) = 1 - \frac{1}{11} = \frac{10}{11}\)이며,
\(\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \lim_{N \to \infty}\left(1 - \frac{1}{N + 1}\right) = 1\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(x) = 4x^3 - 12x^2 = 4x^2(x - 3)\)이므로 \(x = 0\) 좌우에서는 \(f'(x) \le 0\)으로 부호가 바뀌지 않고, \(x = 3\)에서 음에서 양으로 바뀐다. 따라서 극솟값은 \(f(3) = 81 - 108 + 10 = -17\)이고, 극값을 갖지 않는 정류점의 좌표는 \((0, 10)\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(f(x) = 10 \iff x^3(x - 4) = 0 \implies x = 0, 4\)이며 구간 \([0, 4]\)에서 \(f(x) \le 10\)이므로
\[ S = \int_0^4 \{10 - (x^4 - 4x^3 + 10)\}\,dx = \int_0^4 (4x^3 - x^4)\,dx = \left[x^4 - \frac{x^5}{5}\right]_0^4 = 256 - \frac{1024}{5} = \frac{256}{5} \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(|f(x) - k| = 9 \iff f(x) = k - 9\) 또는 \(f(x) = k + 9\)이다. 사차함수 \(f(x)\)는 최솟값 \(-17\)을 갖는 아래로 볼록한 비대칭 개형이므로 방정식 \(f(x) = c\)의 실근의 개수는 \(c \lt -17\)일 때 \(0\)개, \(c = -17\)일 때 \(1\)개, \(c \gt -17\)일 때 항상 \(2\)개이다(\(c = 10\)에서도 \(x = 0\)과 \(x = 4\) 두 개!).
따라서 두 수 \(c_1 = k - 9,\; c_2 = k + 9 \; (c_1 \lt c_2)\)에 대한 실근 개수의 합이 \(3\)개가 되려면 작은 값 \(k - 9 = -17\)(실근 \(1\)개)이고 큰 값 \(k + 9 \gt -17\)(실근 \(2\)개)인 경우뿐이다. 즉 \(k = -8\) 하나뿐이므로 구하는 합은 \(-8\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f(-x) + f(x) = (-x^3 + ax^2 - bx + c) + (x^3 + ax^2 + bx + c) = 2ax^2 + 2c\)이므로 계수를 비교하면 \(2a = 6,\; 2c = 2 \implies a = 3,\; c = 1\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(f(x) = (x^3 + bx) + (3x^2 + 1)\)에서 기함수 부분 \(x^3 + bx\)와 \(5x\)의 곱, 우함수 부분 \(3x^2 + 1\)과 \(-1\)의 곱만 우함수 성분이 된다. 즉 우함수 성분은 \(E(x) = 5x(x^3 + bx) - (3x^2 + 1) = 5x^4 + (5b - 3)x^2 - 1\)이다.
제시문 (나)에 의해
\[ \int_{-1}^{1} (5x - 1)f(x)\,dx = 2\int_0^1 \{5x^4 + (5b - 3)x^2 - 1\}\,dx = 2\left(1 + \frac{5b - 3}{3} - 1\right) = \frac{2(5b - 3)}{3} = -32 \]이므로 \(5b - 3 = -48 \implies b = -9\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(f(x) = x^3 + 3x^2 - 9x + 1\)에서 \(f'(x) = 3x^2 + 6x - 9 = 3(x + 3)(x - 1) = 0\)이므로 \(x = -3\)에서 극댓값 \(f(-3) = -27 + 27 + 27 + 1 = 28\), \(x = 1\)에서 극솟값 \(f(1) = 1 + 3 - 9 + 1 = -4\)를 갖는다. 따라서 극댓값과 극솟값의 차는 \(28 - (-4) = 32\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(t) = \cos t - \sin t,\; f''(t) = -(\sin t + \cos t)\)이므로 제시문 (나)에 의해
\[ Y'(t) = -tf''(t) = t(\sin t + \cos t) = \sqrt{2}\,t\sin\left(t + \frac{\pi}{4}\right) \]이다.
\(0 \lt t \lt \pi\)에서 \(t \gt 0\)이고, \(\frac{\pi}{4} \lt t + \frac{\pi}{4} \lt \frac{5\pi}{4}\)이므로 \(t = \frac{3\pi}{4}\)에서 \(Y'(t) = 0\)이다. 따라서 \(\left(0, \frac{3\pi}{4}\right)\)에서 \(Y'(t) \gt 0\)(증가), \(\left(\frac{3\pi}{4}, \pi\right)\)에서 \(Y'(t) \lt 0\)(감소)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
유일한 극댓값이 곧 최댓값이므로 \(Y\left(\frac{3\pi}{4}\right) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \frac{3\pi}{4}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{3\sqrt{2}\pi}{4}\)이다.
최솟값은 양 끝점 중 작은 값이다. \(Y(0) = f(0) - 0 = 1\)이고, \(Y(\pi) = (\sin\pi + \cos\pi) - \pi(\cos\pi - \sin\pi) = -1 - \pi(-1) = \pi - 1\)이다. \(\pi \gt 3 \gt 2\)이므로 \(\pi - 1 \gt 1 = Y(0)\)이다. 따라서 최솟값은 \(1\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(t(\sin t + \cos t) = Y'(t)\)이므로 미적분학의 기본정리에 의해 부분적분 없이도
\[ \int_0^\pi t(\sin t + \cos t)\,dt = \int_0^\pi Y'(t)\,dt = Y(\pi) - Y(0) = (\pi - 1) - 1 = \pi - 2 \]이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
제시문 (가)의 치환 \(x = n - 1 + s\)에 의해 \(\int_{n-1}^{n} |\sin(n\pi x)|\,dx = \int_0^1 |\sin(n\pi s)|\,ds\)이다. 다시 \(u = n\pi s\)로 치환하면 구간 \([0, n\pi]\)에는 넓이가 \(\int_0^\pi \sin u\,du = 2\)인 반주기가 \(n\)개 들어 있으므로
\[ \int_0^1 |\sin(n\pi s)|\,ds = \frac{1}{n\pi}\int_0^{n\pi} |\sin u|\,du = \frac{2n}{n\pi} = \frac{2}{\pi} \]이다. 따라서 \(A_n = \frac{1}{2^n}\cdot\frac{2}{\pi} = \frac{1}{\pi\cdot 2^{n-1}}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(|f(x)| \ge 0\)이므로 \(G(t)\)는 단조증가하며,
\[ \lim_{t \to \infty} G(t) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} = \frac{1/\pi}{1 - 1/2} = \frac{2}{\pi} \]이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(B_n = \frac{1}{2^n}\int_0^1 \sin(n\pi s)\,ds = \frac{1}{2^n}\left[-\frac{\cos(n\pi s)}{n\pi}\right]_0^1 = \frac{1 - (-1)^n}{n\pi\cdot 2^n}\)이다.
따라서 \(n\)이 짝수이면 \(B_n = 0\), \(n\)이 홀수이면 \(B_n = \frac{2}{n\pi\cdot 2^n} = \frac{1}{n\pi\cdot 2^{n-1}}\)이다.
그러므로 \(\int_0^4 f(x)\,dx = B_1 + B_2 + B_3 + B_4 = \frac{1}{\pi\cdot 1} + 0 + \frac{1}{3\pi\cdot 4} + 0 = \frac{13}{12\pi}\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(2(2^k - 1) + 1 = 2^{k+1} - 1\)이므로 \(b_{k+1} = 2b_k + 1 \iff b_{k+1} + 1 = 2(b_k + 1)\)이다. \(b_1 + 1 = a_1 + 1 = 2\)이므로 \(b_k + 1 = 2^k \implies b_k = 2^k - 1\)이다.
또한 \(c_{k+1} = a_{2^k} = a_{2\cdot 2^{k-1}} = c_k + 2\)이고 \(c_1 = a_1 = 1\)이므로 등차수열 일반항에 의해 \(c_k = 2k - 1\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
\(a_{16} = a_{2^4} = c_5 = 2(5) - 1 = 9\)이고, \(a_{31} = a_{2^5 - 1} = b_5 = 2^5 - 1 = 31\)이다.
또한 \(a_8 = c_4 = 7\)이므로 \(a_{17} = a_{2\cdot 8 + 1} = 2a_8 + 1 = 2(7) + 1 = 15\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
제시문 (나)에 의해 구간 \(I_{m+1}\)의 원소를 짝수·홀수 쌍으로 묶으면
\[ T_{m+1} = \sum_{n=2^{m-1}}^{2^m - 1} (a_{2n} + a_{2n+1}) = \sum_{n=2^{m-1}}^{2^m - 1} (3a_n + 3) = 3T_m + 3\cdot 2^{m-1} \]이다.
\(T_1 = a_1 = 1\)로부터 순차 계산하면 \(T_2 = 3(1) + 3(1) = 6\), \(T_3 = 3(6) + 3(2) = 24\), \(T_4 = 3(24) + 3(4) = 84\)이다.
따라서 \(\sum_{n=1}^{15} a_n = T_1 + T_2 + T_3 + T_4 = 1 + 6 + 24 + 84 = 115\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)\)이므로 \(f(x)\)는 \([-2, 0]\)에서 \(-16\)으로부터 극댓값 \(f(0) = 4\)까지 순증가하고, \([0, 2]\)에서 극솟값 \(f(2) = 0\)까지 감소한 뒤 \([2, \infty)\)에서 순증가한다.
방정식 \(f(x) = 4 \iff x^2(x - 3) = 0\)에서 \(x = 0\) 이후 \(f(x)\)가 다시 \(4\)에 도달하는 점은 \(x = 3\)이다. 따라서
\[ g(t) = \begin{cases} t^3 - 3t^2 + 4 & (-2 \le t \lt 0) \\ 4 & (0 \le t \le 3) \\ t^3 - 3t^2 + 4 & (t \gt 3) \end{cases} \]이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
구간 경계인 \(t = 0\)과 \(t = 3\)에서의 좌·우미분계수를 조사한다.
① \(t = 0\): 좌미분계수는 \(f'(0) = 0\)이고 우미분계수는 상수함수 \(4\)의 도함수 \(0\)이므로 \(g'(0) = 0\)이 존재하여 미분가능하다.
② \(t = 3\): 좌미분계수는 \(0\)인 반면 우미분계수는 \(f'(3) = 3\cdot 3\cdot 1 = 9\)이므로 좌·우미분계수가 일치하지 않는다. 따라서 미분불가능한 점은 오직 \(t = 3\)뿐이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
구간을 \([-1, 0],\; [0, 3],\; [3, 4]\)로 나누어 적분하면
\[ \int_{-1}^{0} (t^3 - 3t^2 + 4)\,dt = \left[\frac{t^4}{4} - t^3 + 4t\right]_{-1}^0 = -\left(\frac{1}{4} + 1 - 4\right) = \frac{11}{4}, \quad \int_0^3 4\,dt = 12 \]
\[ \int_3^4 (t^3 - 3t^2 + 4)\,dt = \left[\frac{t^4}{4} - t^3 + 4t\right]_3^4 = 16 - \left(\frac{81}{4} - 15\right) = \frac{43}{4} \]
이므로 합은 \(\frac{11}{4} + 12 + \frac{43}{4} = 12 + \frac{27}{2} = \frac{51}{2}\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
연립방정식 \(x^2 = m(x - 1) + 2 \iff x^2 - mx + (m - 2) = 0\)의 판별식은
\[ D = m^2 - 4(m - 2) = m^2 - 4m + 8 = (m - 2)^2 + 4 \ge 4 \gt 0 \]이므로 모든 실수 \(m\)에서 서로 다른 두 교점을 갖는다.
제시문 (가), (나)에 의해 \(\beta - \alpha = \sqrt{(m - 2)^2 + 4}\)이므로 \(S(m) = \frac{1}{6}\{(m - 2)^2 + 4\}^{\frac{3}{2}}\)이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
지수함수 \(u^{\frac{3}{2}} \; (u \gt 0)\)은 순증가하므로 \(S(m)\)은 \((m - 2)^2 + 4\)가 최소인 \(m = 2\)에서 최솟값을 갖는다.
이때 최솟값은 \(S(2) = \frac{1}{6}\cdot 4^{\frac{3}{2}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}\)이다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(S(m) = \frac{1}{6}\{(m - 2)^2 + 4\}^{\frac{3}{2}} = \frac{5\sqrt{5}}{6} = \frac{5^{\frac{3}{2}}}{6}\)에서 \((m - 2)^2 + 4 = 5 \iff (m - 2)^2 = 1\)이다.
따라서 \(m = 1\) 또는 \(m = 3\)이며, 모든 \(m\)의 값의 합은 \(1 + 3 = 4\)이다.

[1단계: 제시문 원리 및 핵심 관계식 수립]
\(g(u) = e^u - u - 1\)이라 하면 \(g'(u) = e^u - 1\)이므로 \(u \lt 0\)에서 감소, \(u \gt 0\)에서 증가하여 모든 실수 \(u\)에서 \(g(u) \ge g(0) = 0 \iff e^u \ge u + 1\)(등호는 \(u = 0\))이다.
① \(u = x - 1\)을 대입하면 \(e^{x-1} \ge x\)(등호는 \(x = 1\))이다.
② \(x \gt 0\)에 대하여 \(u = \ln x\)를 대입하면 \(x = e^{\ln x} \ge \ln x + 1 \iff x - 1 \ge \ln x\)(등호는 \(\ln x = 0 \iff x = 1\))이다.

[2단계: 소문항별 수식 전개 및 논리적 추론]
두 부등식을 변변 더하면 \(e^{x-1} - 1 \ge \ln x \iff f(x) = e^{x-1} - \ln x \ge 1\)이며 두 등호가 모두 \(x = 1\)에서 동시에 성립하므로 최솟값은 \(f(1) = 1\)이다.
또한 \(f'(x) = e^{x-1} - \frac{1}{x}\), \(f''(x) = e^{x-1} + \frac{1}{x^2} \gt 0 \; (x \gt 0)\)이므로 곡선 \(y = f(x)\)는 \((0, \infty)\) 전체에서 아래로 볼록하고 \(f'(1) = 1 - 1 = 0\)인 유일한 임계점 \(x = 1\)에서 최솟값 \(1\)을 갖는다.

[3단계: 경계 조건 검증 및 최종 결론 도출]
\(\int \ln x\,dx = x\ln x - x + C\)를 이용하면
\[ \int_1^e (e^{x-1} - \ln x)\,dx = \left[e^{x-1} - x\ln x + x\right]_1^e = (e^{e-1} - e + e) - (1 - 0 + 1) = e^{e-1} - 2 \]이다.