들어가기 앞서…
이 문제는 계수 a , b a,b a , b \(a,b\) 를 먼저 전개해서 맞추는 문제가 아니다. 핵심은 모든 실수에서 극한이 존재한다는 조건을 분모의 실근이 다시 실근으로 이동해야 한다 는 조건으로 바꾸어 읽는 것이다.
분모가 0 0 0 \(0\) 이 아닌 곳에서는 유리식 극한이 자연스럽게 존재한다. 따라서 처음 볼 곳은 분모가 0 0 0 \(0\) 이 되는 실근 이고, 그 실근을 x ↦ 2 x + 1 x\mapsto 2x+1 x ↦ 2 x + 1 \(x\mapsto 2x+1\) 로 보냈을 때도 분자가 함께 0 0 0 \(0\) 이 되어야 한다.
문제
2025학년도 대학수학능력시험 수학 공통 21번 문제 문제 텍스트 주관식 함수 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + 4 f(x)=x^3+ax^2+bx+4 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + 4 \(f(x)=x^3+ax^2+bx+4\) 가 다음 조건을 만족시키도록 하는 두 정수 a , b a,b a , b \(a,b\) 에 대하여 f ( 1 ) f(1) f ( 1 ) \(f(1)\) 의 최댓값을 구하시오.
모든 실수 α \alpha α \(\alpha\) 에 대하여 다음 극한값이 존재한다.
lim x → α f ( 2 x + 1 ) f ( x ) \lim_{x\to\alpha}\frac{f(2x+1)}{f(x)} x → α lim f ( x ) f ( 2 x + 1 ) \[\lim_{x\to\alpha}\frac{f(2x+1)}{f(x)}\]
정답
16 16 16 \(16\)
풀이
분모가 0이 되는 곳부터 확인한다
분모 f ( x ) f(x) f ( x ) \(f(x)\) 가 0 0 0 \(0\) 이 아닌 점에서는 f ( 2 x + 1 ) f ( x ) \frac{f(2x+1)}{f(x)} f ( x ) f ( 2 x + 1 ) \(\frac{f(2x+1)}{f(x)}\) 가 자연스럽게 값을 가진다. 따라서 극한이 깨질 수 있는 곳은 f ( α ) = 0 f(\alpha)=0 f ( α ) = 0 \(f(\alpha)=0\) 인 실수 α \alpha α \(\alpha\) 뿐이다.
만약 f ( α ) = 0 f(\alpha)=0 f ( α ) = 0 \(f(\alpha)=0\) 인데 f ( 2 α + 1 ) ≠ 0 f(2\alpha+1)\ne0 f ( 2 α + 1 ) = 0 \(f(2\alpha+1)\ne0\) 이면, x → α x\to\alpha x → α \(x\to\alpha\) 에서 분모만 0 0 0 \(0\) 으로 가고 분자는 0 0 0 \(0\) 으로 가지 않는다. 그러면 극한값이 존재할 수 없다.
따라서 모든 실근 α \alpha α \(\alpha\) 에 대하여 다음 조건이 필요하다.
f ( α ) = 0 ⟹ f ( 2 α + 1 ) = 0 f(\alpha)=0\quad\Longrightarrow\quad f(2\alpha+1)=0 f ( α ) = 0 ⟹ f ( 2 α + 1 ) = 0 \[f(\alpha)=0\quad\Longrightarrow\quad f(2\alpha+1)=0\] 즉 f f f \(f\) 의 실근 하나를 잡으면, 그 실근을 x ↦ 2 x + 1 x\mapsto 2x+1 x ↦ 2 x + 1 \(x\mapsto 2x+1\) 로 보낸 값도 다시 f f f \(f\) 의 실근이어야 한다.
극한 조건을 분모의 실근 이동 조건으로 바꾸어 읽는다. 실근을 반복해서 추적한다
3차함수 f f f \(f\) 는 적어도 하나의 실근을 가진다. 그 실근을 β \beta β \(\beta\) 라고 하자. 위 조건에 의해 β \beta β \(\beta\) 가 근이면 2 β + 1 2\beta+1 2 β + 1 \(2\beta+1\) 도 근이고, 같은 논리를 반복하면 4 β + 3 4\beta+3 4 β + 3 \(4\beta+3\) , 8 β + 7 8\beta+7 8 β + 7 \(8\beta+7\) 도 모두 근이다.
정리하면 다음 네 값이 모두 방정식 f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 \(f(x)=0\) 의 실근이어야 한다.
β , 2 β + 1 , 4 β + 3 , 8 β + 7 \beta,\quad 2\beta+1,\quad 4\beta+3,\quad 8\beta+7 β , 2 β + 1 , 4 β + 3 , 8 β + 7 \[\beta,\quad 2\beta+1,\quad 4\beta+3,\quad 8\beta+7\] 여기서 β = − 1 \beta=-1 β = − 1 \(\beta=-1\) 이면 네 값이 모두 − 1 -1 − 1 \(-1\) 로 같다. 반대로 β ≠ − 1 \beta\ne-1 β = − 1 \(\beta\ne-1\) 이면 네 값에 각각 1 1 1 \(1\) 을 더했을 때 다음과 같이 서로 다른 값이 된다.
β + 1 , 2 ( β + 1 ) , 4 ( β + 1 ) , 8 ( β + 1 ) \beta+1,\quad 2(\beta+1),\quad 4(\beta+1),\quad 8(\beta+1) β + 1 , 2 ( β + 1 ) , 4 ( β + 1 ) , 8 ( β + 1 ) \[\beta+1,\quad 2(\beta+1),\quad 4(\beta+1),\quad 8(\beta+1)\] 3차방정식은 서로 다른 네 실근을 가질 수 없다. 또 β \beta β \(\beta\) 는 임의로 잡은 실근이므로 같은 논리는 모든 실근에 적용된다. 따라서 − 1 -1 − 1 \(-1\) 이 아닌 실근은 존재할 수 없고, 가능한 실근은 − 1 -1 − 1 \(-1\) 뿐
실근을 반복 이동하면 -1만 모순 없이 남는다. 실근 조건을 계수와 판별식으로 바꾼다
− 1 -1 − 1 \(-1\) 이 근이므로 f ( − 1 ) = 0 f(-1)=0 f ( − 1 ) = 0 \(f(-1)=0\) 이다. 대입하면 − 1 + a − b + 4 = 0 -1+a-b+4=0 − 1 + a − b + 4 = 0 \(-1+a-b+4=0\) 이므로 b = a + 3 b=a+3 b = a + 3 \(b=a+3\) 이다.
이를 f ( x ) f(x) f ( x ) \(f(x)\) 에 넣으면 다음과 같이 인수분해된다.
f ( x ) = x 3 + a x 2 + ( a + 3 ) x + 4 = ( x + 1 ) { x 2 + ( a − 1 ) x + 4 } \begin{aligned}
f(x)
&=x^3+ax^2+(a+3)x+4\\
&=(x+1)\{x^2+(a-1)x+4\}
\end{aligned} f ( x ) = x 3 + a x 2 + ( a + 3 ) x + 4 = ( x + 1 ) { x 2 + ( a − 1 ) x + 4 } \[\begin{aligned}
f(x)
&=x^3+ax^2+(a+3)x+4\\
&=(x+1)\{x^2+(a-1)x+4\}
\end{aligned}\] 앞에서 얻은 결론은 f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 \(f(x)=0\) 의 실근이 − 1 -1 − 1 \(-1\) 뿐이어야 한다는 것이다. 이미 x + 1 x+1 x + 1 \(x+1\) 에서 − 1 -1 − 1 \(-1\) 이 한 번 나왔으므로, 남은 이차식 x 2 + ( a − 1 ) x + 4 x^2+(a-1)x+4 x 2 + ( a − 1 ) x + 4 \(x^2+(a-1)x+4\) 는 실근을 가지면 안 된다.
따라서 판별식이 음수여야 한다.
( a − 1 ) 2 − 16 < 0 , − 3 < a < 5 (a-1)^2-16<0,\qquad -3<a<5 ( a − 1 ) 2 − 16 < 0 , − 3 < a < 5 \[(a-1)^2-16<0,\qquad -3<a<5\] a a a \(a\) 는 정수이므로 가능한 값은 − 2 , − 1 , 0 , 1 , 2 , 3 , 4 -2,-1,0,1,2,3,4 − 2 , − 1 , 0 , 1 , 2 , 3 , 4 \(-2,-1,0,1,2,3,4\) 이고, 이때 b = a + 3 b=a+3 b = a + 3 \(b=a+3\) 이다.
실근 구조를 계수 조건과 판별식 조건으로 압축한다. f(1)의 최댓값을 계산한다
구하는 값은 f ( 1 ) f(1) f ( 1 ) \(f(1)\) 이다. b = a + 3 b=a+3 b = a + 3 \(b=a+3\) 을 넣으면 다음과 같다.
f ( 1 ) = 1 + a + b + 4 = 2 a + 8 f(1)=1+a+b+4=2a+8 f ( 1 ) = 1 + a + b + 4 = 2 a + 8 \[f(1)=1+a+b+4=2a+8\] 가능한 a a a \(a\) 중 가장 큰 값은 4 4 4 \(4\) 이므로 f ( 1 ) f(1) f ( 1 ) \(f(1)\) 의 최댓값은 2 ⋅ 4 + 8 = 16 2\cdot4+8=16 2 ⋅ 4 + 8 = 16 \(2\cdot4+8=16\) 이다.
마지막 후보를 확인한다
a = 4 , b = 7 a=4,\ b=7 a = 4 , b = 7 \(a=4,\ b=7\) 이면 f ( x ) f(x) f ( x ) \(f(x)\) 는 다음과 같이 인수분해된다.
f ( x ) = x 3 + 4 x 2 + 7 x + 4 = ( x + 1 ) ( x 2 + 3 x + 4 ) f(x)=x^3+4x^2+7x+4=(x+1)(x^2+3x+4) f ( x ) = x 3 + 4 x 2 + 7 x + 4 = ( x + 1 ) ( x 2 + 3 x + 4 ) \[f(x)=x^3+4x^2+7x+4=(x+1)(x^2+3x+4)\] 이차식 x 2 + 3 x + 4 x^2+3x+4 x 2 + 3 x + 4 \(x^2+3x+4\) 의 판별식은 9 − 16 = − 7 < 0 9-16=-7<0 9 − 16 = − 7 < 0 \(9-16=-7<0\) 이므로 다른 실근이 없다.
분모가 0 0 0 \(0\) 이 되는 실수는 x = − 1 x=-1 x = − 1 \(x=-1\) 뿐이고, 2 ( − 1 ) + 1 = − 1 2(-1)+1=-1 2 ( − 1 ) + 1 = − 1 \(2(-1)+1=-1\) 이므로 분자도 같은 지점에서 함께 0 0 0 \(0\) 이 된다. 실제로 f ( 2 x + 1 ) f(2x+1) f ( 2 x + 1 ) \(f(2x+1)\) 에는 2 x + 2 = 2 ( x + 1 ) 2x+2=2(x+1) 2 x + 2 = 2 ( x + 1 ) \(2x+2=2(x+1)\) 이 인수로 들어가므로, x = − 1 x=-1 x = − 1 \(x=-1\) 에서 분자와 분모의 공통인자 x + 1 x+1 x + 1 \(x+1\) 이 소거된다.
그 밖의 실수에서는 분모가 0 0 0 \(0\) 이 아니므로 극한이 존재한다. 따라서 정답은 16 16 16 \(16\) 이다.
