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2. $\lim \limits_{x \to 0} \dfrac{e^{2-\sin x}-e^{2-\tan x}}{\tan x-\sin x}$의 값은? [3점]
① $\dfrac{1}{e^2}$ ② $\dfrac{1}{e}$ ③ $1$ ④ $e$ ⑤ $e^2$
더보기[리뷰] 2010학년도 6월 평가원 모의고사 수리영역(가형) 미분과 적분 27번 유형의 극한. 얼핏 보면 간단해 보이지만, 지수함수와 삼각함수의 절묘한 결합으로 인해 사용할 수 있는 방법이 매우 제한적이다.
답: ⑤ $e^2$
예를 들어,
▶ 분자 전체를 $f(x)$로 놓고 미분계수의 형태를 포함하도록 변형하면 $$\lim_{x \to 0}\left(\frac{f(x)-f(0)}{{\color{#ee2323}x}}\cdot\frac{{\color{#ee2323}x}}{\tan x-\sin x}\right)$$이 되는데, 문제는 $\lim \limits_{x \to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{{\color{#ee2323}x}}=0$이고, $\lim \limits_{x \to 0}\dfrac{{\color{#ee2323}x}}{\tan x-\sin x}=\infty$라는 것. 즉, $0\cdot\infty$ 꼴의 극한이 되어 결론이 나지 않는다.
▶ <극한 문제 #1> [풀이 1]의 접근법을 사용하여 $$\begin{align}&\lim_{x\to 0}\frac{e^{2-\sin x}-e^{2-\tan x}}{\tan x-\sin x}\\[5pt]&=e^{2}\cdot\lim_{x \to 0}\frac{e^{-\sin x}-e^{-\tan x}}{\tan x-\sin x}\\[5pt]&=e^{2}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{e^{-\sin x}{\color{#ee2323}-1}-e^{-\tan x}{\color{#ee2323}+1}}{\tan x-\sin x}\\[5pt]&=e^{2}\cdot\lim_{x \to 0}\left(\frac{e^{-\sin x}-1}{\tan x-\sin x}-\frac{e^{-\tan x}-1}{\tan x-\sin x}\right)\\[5pt]&=e^{2}\cdot\lim_{x\to 0}\left(\frac{e^{-\sin x}-1}{{\color{#ee2323}-\sin x}}\cdot\frac{{\color{#ee2323}-\sin x}}{\tan x-\sin x}\right. \\[5pt]& \qquad\qquad\quad \left.-\frac{e^{-\tan x}-1}{{\color{#ee2323}-\tan x}}\cdot\frac{{\color{#ee2323}-\tan x}}{\tan x-\sin x}\right)\end{align}$$로 만들어도 $\lim \limits_{x \to 0}\dfrac{{\color{#ee2323}-\sin x}}{\tan x-\sin x},\,\lim \limits_{x \to 0}\dfrac{{\color{#ee2323}-\tan x}}{\tan x-\sin x}$이 둘 다 발산하기 때문에 결론이 나지 않는다.
▶ 로피탈의 정리를 사용하려고 해도 식이 점점 복잡해져서 녹록지 않다. 설령 엄청난 계산량을 뚫고 답을 얻는다고 해도 시간이 많이 소요될 터. 시간싸움이 요구되는 수능에서 사용하기에는 적절치 않다.
출제자가 요구하는 방법대로만 풀게 하겠다는 의지가 엿보이는 문제. 극한 문제에 대한 접근법을 다양하게 숙지하고 있지 않다면 꽤 당황할 수 있다.
[풀이 1] 그럼에도 불구하고 이 문제는 $$\bbox[#FFFFCC,2pt]{\lim_{x \to 0}\frac{e^x-1}{x}=1}$$이라는 기본적인 아이디어로 해결이 가능하다. 물론 이를 적용하기 위해서는 식을 '잘' 변형해야 하는데, 그 방법이 눈에 쉽사리 들어오지 않을 수 있다. (출제자가 의도한 건 아마 이 방법이겠지.)
모를 때는 막막하지만 알고 나면 의외로 간단한 식 변형법은 '분자를 $e^{2-\tan x}$로 묶는 것'이다. 목적은 식을 $\dfrac{e^{\bigstar}-1}{\bigstar}$의 형태로 만들겠다는 것. 이렇게 하면 $$\lim_{x \to 0}\left(e^{2-\tan x}\cdot\frac{e^{{\color{#ee2323}\tan x-\sin x}}-1}{{\color{#ee2323}\tan x-\sin x}}\right)$$이 되어 $\bigstar = {\color{#ee2323}\tan x-\sin x}$로 보면 원하는 형태가 만들어졌음을 알 수 있다. 게다가 $\lim \limits_{x\to 0}\bigstar=0$이므로 $$\lim_{x\to 0}\frac{e^{\bigstar}-1}{\bigstar}=1$$이다. 따라서 $$\begin{align}\lim_{x\to 0}\frac{e^{2-\sin x}-e^{2-\tan x}}{\tan x-\sin x}&=\lim_{x \to 0}\left(e^{2-\tan x}\cdot\frac{e^{\bigstar}-1}{\bigstar}\right)\\[5pt]&=e^2\cdot 1=e^2\end{align}$$이다. 그러므로 답은 ⑤번이다.
[풀이 2] 이 문제는 평균값 정리에 대해서도 기회의 문을 열어두고 있다.
함수 $f(t)=e^t$는 실수 전체의 집합에서 연속이며 미분가능하므로, 어느 구간을 잡아도 평균값 정리를 사용할 수 있다. 그런데 잘 보면 문제의 식은 $$\lim_{x \to 0}\frac{e^{{\color{#ee2323}2-\sin x}}-e^{{\color{#006dd7}2-\tan x}}}{({\color{#ee2323}2-\sin x})-({\color{#006dd7}2-\tan x})}$$의 형태이므로, $t$가 $(2-\tan x)$에서 $(2-\sin x)$로 변할 때의 $f(t)$의 평균변화율로 이해할 수 있다. 따라서 평균값 정리에 의해 $$\frac{e^{2-\sin x}-e^{2-\tan x}}{(2-\sin x)-(2-\tan x)}=f'(c)$$를 만족시키는 실수 $c$가 $(2-\sin x)$와 $(2-\tan x)$ 사이에 존재한다.
그런데 $(2-\sin x)$와 $(2-\tan x)$는 $x \to 0$일 때 모두 $2$로 수렴하므로, $c$ 역시 $2$로 수렴한다. 그러므로 $$\begin{align}\lim_{x\to 0}\frac{e^{2-\sin x}-e^{2-\tan x}}{\tan x-\sin x}&=\lim_{x\to 0}f'(c)\\[5pt]&=\lim_{x \to 0}e^c\\[5pt]&=e^2\end{align}$$이다. 답은 ⑤번.