미적분Ⅱ정적분의 활용수능 기출심화 문제 (4점 중반 이후, 킬러 직전)

정적분과 급수의 합

문제

연속함수 f(x)f ( x )가 다음 조건을 만족시킨다.

(가) f(2)=1f ( 2 ) = 1 (나) ∫02f(x)dx=14\displaystyle \int _{0} ^{2} {f ( x )} dx = \frac{1}{4}

lim⁡n→∞∑k=1n{f(2kn)−f(2k−2n)}kn\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {\sum\limits _{k = 1} ^{n} \left\{ f \left( \frac{2 k}{n} \right) - f \left( \frac{2 k - 2}{n} \right) \right\} \frac{k}{n}}의 값은? [4점] ①34\displaystyle \frac{3}{4}②45\displaystyle \frac{4}{5}③56\displaystyle \frac{5}{6}④67\displaystyle \frac{6}{7}⑤78\displaystyle \frac{7}{8}

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⑤

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해설

[출제의도] 무한급수와 관련된 문제를 정적분의 정의를 이용하여 해결한다. Sn=∑k=1n{f(2kn)−f(2k−2n)}kn\displaystyle S _{n} = \sum\limits _{k=1} ^{n} \left\{ f \left( \frac{2 k}{n} \right) - f \left( \frac{2 k - 2}{n} \right) \right\} \frac{k}{n}이라 하면 Sn=∑k=1n{f(2kn)−f(2k−2n)}kn\displaystyle S _{n} = \sum\limits _{k = 1} ^{n} \left\{ f \left( \frac{2 k}{n} \right) - f \left( \frac{2 k - 2}{n} \right) \right\} \frac{k}{n} =1n{f(2n)−f(0)}\displaystyle = \frac{1}{n} \left\{ f \left( \frac{2}{n} \right) - f ( 0 ) \right\}+2n{f(4n)−f(2n)}\displaystyle + \frac{2}{n} \left\{ f \left( \frac{4}{n} \right) - f \left( \frac{2}{n} \right) \right\} +3n{f(6n)−f(4n)}\displaystyle + \frac{3}{n} \left\{ f \left( \frac{6}{n} \right) - f \left( \frac{4}{n} \right) \right\}++⋯\cdots +n−1n{f(2n−2n)−f(2n−4n)}\displaystyle + \frac{n - 1}{n} \left\{ f \left( \frac{2 n - 2}{n} \right) - f \left( \frac{2 n - 4}{n} \right) \right\}+nn{f(2nn)−f(2n−2n)}\displaystyle + \frac{n}{n} \left\{ f \left( \frac{2 n}{n} \right) - f \left( \frac{2 n - 2}{n} \right) \right\} ==−1nf(0)\displaystyle - \frac{1}{n} f ( 0 )−1nf(2n)\displaystyle - \frac{1}{n} f \left( \frac{2}{n} \right)−1nf(4n)\displaystyle - \frac{1}{n} f \left( \frac{4}{n} \right)−⋯- \cdots −1nf(2n−2n)\displaystyle - \frac{1}{n} f \left( \frac{2 n - 2}{n} \right)+f(2)+ f \left( 2 \right) =f(2)−∑k=0n−1f(2kn)1n\displaystyle = f ( 2 ) - \sum\limits _{k = 0} ^{n - 1} f \left( \frac{2 k}{n} \right) \frac{1}{n} kn=xk\displaystyle \frac{k}{n} = x _{k}라 하면 1n=Δx\displaystyle \frac{1}{n} = \Delta x이므로 lim⁡n→∞∑k=0n−1f(2kn)1n\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {} \sum\limits _{k = 0} ^{n - 1} f \left( \frac{2 k}{n} \right) \frac{1}{n} =lim⁡n→∞∑k=0n−1f(2xk)Δx=∫01f(2x)dx\displaystyle = \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {\sum\limits _{k = 0} ^{n - 1}} f ( 2 x _{k} ) \Delta x = \int _{0} ^{1} {f ( 2 x )} dx =12∫02f(t)dt\displaystyle = \frac{1}{2} \int _{0} ^{2} {f ( t ) dt}=18\displaystyle = \frac{1}{8} lim⁡n→∞Sn=lim⁡n→∞{f(2)−∑k=0n−1f(2kn)1n}\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {} S _{n} = \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {} \left\{ f ( 2 ) - \sum\limits _{k = 0} ^{n - 1} f \left( \frac{2 k}{n} \right) \frac{1}{n} \right\} =f(2)−= f ( 2 ) -lim⁡n→∞∑k=0n−1f(2kn)1n\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {} \sum\limits _{k = 0} ^{n - 1} f \left( \frac{2 k}{n} \right) \frac{1}{n} =1−18\displaystyle = 1 - \frac{1}{8}=78\displaystyle = \frac{7}{8}

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