小题与大题

小题

（一）利用微分学建模列方程

1. 【1998-2-5 分】 利用代换 $y=\frac{u}{\cos x}$ 将方程

$y^{\prime \prime }\cos x-2y^{\prime }\sin x+3y\cos x=e^x$

化简，并求出原方程的通解。

查看答案与解析

答案： 代换后方程化为

$u^{\prime \prime }+4u=e^x$。

原方程的通解为

$y=\frac{C_1\cos 2x+C_2\sin 2x+\frac{1}{5}{e}^x}{\cos x}$，

其中 $\cos x\ne 0$。

解析： 由

$y=u\sec x$，

可得

$y^{\prime }=\sec x\left(u^{\prime }+u\tan x\right)$，

进一步有

$y^{\prime \prime }=\sec x\left[u^{\prime \prime }+2u^{\prime }\tan x+u\left({\sec }^{2}x+{\tan }^{2}x\right)\right]$。

于是

$y^{\prime \prime }\cos x=u^{\prime \prime }+2u^{\prime }\tan x+u\left({\sec }^{2}x+{\tan }^{2}x\right)$，

$-2y^{\prime }\sin x=-2\tan x\left(u^{\prime }+u\tan x\right)$，

$3y\cos x=3u$。

三式相加，含 $u^{\prime }$ 的项相消，并利用

${\sec }^{2}x-{\tan }^{2}x=1$，

得到

$y^{\prime \prime }\cos x-2y^{\prime }\sin x+3y\cos x=u^{\prime \prime }+4u$。

因此原方程化为

$u^{\prime \prime }+4u=e^x$。

对应齐次方程的特征方程为

$r^2+4=0$，

其通解为

$u_h=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x$。

对非齐次项 $e^x$，设特解为

$u_p=A{e}^x$。

代入得

$5A{e}^x=e^x$，

故 $A=\frac{1}{5}$。

所以

$u=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x+\frac{1}{5}{e}^x$。

再由 $y=\frac{u}{\cos x}$，得到所求通解。

（二）利用物理规律建模列方程

1. 【1995-3-5 分】 设单位质点在水平面内作直线运动，初速度 $v{|}_{t=0}=v_0$。已知阻力和速度成正比，比例常数为 $1$。问 $t$ 为多少时此质点的速度为 $\frac{v_0}{3}$？并求到此时刻该质点所经过的路程。

查看答案与解析

答案： $t=\ln 3$，路程为 $\frac{2v_0}{3}$。

解析： 取运动方向为正方向。由于质点质量为 $1$，阻力大小等于速度且方向与速度相反，因此由牛顿第二定律，

$\frac{dv}{dt}=-v$。

结合初始条件 $v(0)=v_0$，解得

$v(t)=v_0{e}^{-t}$。

当速度降为 $\frac{v_0}{3}$ 时，

$v_0{e}^{-t}=\frac{v_0}{3}$，

所以

$e^{-t}=\frac{1}{3}$，

即

$t=\ln 3$。

在此时间内经过的路程为

$s={\int }_0^{\ln 3}v(t)dt$，

即

$s=v_0{\int }_0^{\ln 3}{e}^{-t}dt$。

因此

$s=v_0\left(1-e^{-\ln 3}\right)=v_0\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{2v_0}{3}$。

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2. 【1997-1-5 分】 在某一人群中推广新技术是通过其中掌握新技术的人进行的。设该人群的总人数为 $N$，在 $t=0$ 时刻已掌握新技术的人数为 $x_0$；在任意时刻 $t$，已掌握新技术人数为 $x(t)$。其变化率与已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成正比，比例常数 $k>0$，求 $x(t)$。

查看答案与解析

答案： $x(t)=\frac{N}{1+\left(\frac{N-x_0}{x_0}\right)e^{-kNt}}$，

也可写为

$x(t)=\frac{N{x}_0}{x_0+(N-x_0)e^{-kNt}}$。

解析： 时刻 $t$ 已掌握新技术的人数为 $x(t)$，未掌握新技术的人数为

$N-x(t)$。

根据题意，变化率与两者之积成正比，因此建立微分方程

$\frac{dx}{dt}=kx(N-x)$，

并有初始条件

$x(0)=x_0$。

当 $0<x<N$ 时，分离变量得

$\frac{dx}{x(N-x)}=kdt$。

利用部分分式

$\frac{1}{x(N-x)}=\frac{1}{N}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{N-x}\right)$，

积分得到

$\frac{1}{N}\ln \frac{x}{N-x}=kt+C$。

因此

$\ln \frac{x}{N-x}=kNt+C_1$，

即

$\frac{x}{N-x}=C{e}^{kNt}$。

由初始条件 $x(0)=x_0$，得

$C=\frac{x_0}{N-x_0}$。

所以

$\frac{x}{N-x}=\frac{x_0}{N-x_0}{e}^{kNt}$。

解出 $x$，得到

$x(t)=\frac{N{x}_0}{x_0+(N-x_0)e^{-kNt}}$。

这表明掌握新技术的人数随时间单调增加，并逐渐趋近于总人数 $N$。当 $x_0=0$ 或 $x_0=N$ 时，分别得到平衡解 $x(t)\equiv 0$ 或 $x(t)\equiv N$。

大题

（一）利用微分学建模列方程

1. 【1991-12-8 分】 在 $x$ 轴上方求一条凹曲线，其上任一点 $P(x,y)$ 处的曲率等于此曲线在该点的法线段 $PQ$ 长度的倒数（$Q$ 是法线与 $x$ 轴的交点），且曲线在点 $(1,1)$ 处的切线与 $x$ 轴平行。

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答案： $(x-1{)}^2+y^2=1,y>0$。

解析： 设曲线上任一点为 $P(x,y)$，并记

$y^{\prime }=p$。

点 $P$ 处法线的斜率为 $-\frac{1}{p}$。设法线与 $x$ 轴交于 $Q$，则法线方程为

$Y-y=-\frac{1}{p}(X-x)$。

令 $Y=0$，可得

$X_Q-x=yp$。

因此法线段长度为

$|PQ|=\sqrt{(yp{)}^2+y^2}=y\sqrt{1+p^2}$，

其中曲线位于 $x$ 轴上方，故 $y>0$。

曲率为

$\kappa =\frac{|y^{\prime \prime }|}{(1+y^{\prime 2}{)}^{\frac{3}{2}}}$。

由题意，

$\frac{|y^{\prime \prime }|}{(1+y^{\prime 2}{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{y\sqrt{1+y^{\prime 2}}}$，

从而

$\frac{|y^{\prime \prime }|}{1+y^{\prime 2}}=\frac{1}{y}$。

曲线为凹曲线，即 $y^{\prime \prime }<0$，故

$y{y}^{\prime \prime }=-(1+y^{\prime 2})$。

于是

$(y{y}^{\prime }{)}^{\prime }=y^{\prime 2}+y{y}^{\prime \prime }=-1$。

积分得

$y{y}^{\prime }=-x+C_1$。

曲线在点 $(1,1)$ 处的切线与 $x$ 轴平行，所以

$y^{\prime }(1)=0$。

代入上式得 $C_1=1$，故

$y{y}^{\prime }=1-x$。

又因为

$y{y}^{\prime }=\frac{1}{2}(y^2{)}^{\prime }$，

所以

$\frac{1}{2}{y}^2=x-\frac{1}{2}{x}^2+C_2$。

利用 $y(1)=1$，得 $C_2=0$。因此

$y^2=2x-x^2$，

即

$(x-1{)}^2+y^2=1$。

由于曲线位于 $x$ 轴上方，取上半圆弧

$y=\sqrt{1-(x-1{)}^2},0<x<2$。

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2. 【1993-12-6 分】 设物体 $A$ 从点 $(0,1)$ 出发，以速度大小为常数 $v$ 沿 $y$ 轴正向运动。物体 $B$ 从点 $(-1,0)$ 与 $A$ 同时出发，其速度大小为 $2v$，方向始终指向 $A$。试建立物体 $B$ 的运动轨迹所满足的微分方程，并写出初始条件。

查看答案与解析

答案： $2x{y}^{\prime \prime }+\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=0$，

初始条件为

$y(-1)=0,y^{\prime }(-1)=1$。

解析： 设时刻 $t$，物体 $B$ 的坐标为

$B(x(t),y(t))$。

物体 $A$ 沿 $y$ 轴正向作匀速运动，因此

$A(0,1+vt)$。

由于 $B$ 的速度方向始终指向 $A$，故轨迹在点 $B$ 处的切线方向与向量

$\overrightarrow{BA}=(-x,1+vt-y)$

方向相同。因此

$y^{\prime }=\frac{dy}{dx}=\frac{1+vt-y}{-x}$。

整理得

$1+vt=y-x{y}^{\prime }$。

两边对 $t$ 求导：

$v=\frac{dy}{dt}-\frac{dx}{dt}{y}^{\prime }-x\frac{d{y}^{\prime }}{dt}$。

由于

$\frac{dy}{dt}=y^{\prime }\frac{dx}{dt}$，

前两项相消，从而

$v=-x\frac{d{y}^{\prime }}{dt}=-x{y}^{\prime \prime }\frac{dx}{dt}$。

物体 $B$ 的速度大小恒为 $2v$，且运动初期 $x$ 单调增加，所以

$\frac{dx}{dt}\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=2v$，

即

$\frac{dx}{dt}=\frac{2v}{\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}}$。

代入 $v=-x{y}^{\prime \prime }\frac{dx}{dt}$，得

$v=-x{y}^{\prime \prime }\frac{2v}{\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}}$。

约去 $v>0$，得到轨迹满足的微分方程

$2x{y}^{\prime \prime }+\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=0$。

初始时刻物体 $B$ 位于 $(-1,0)$，故

$y(-1)=0$。

此时物体 $A$ 位于 $(0,1)$，所以 $B$ 的初速度方向沿向量 $(1,1)$，初始切线斜率为

$y^{\prime }(-1)=1$。

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3. 【1995-3-8 分】 设曲线 $L$ 的方程为 $y=f(x)$，且 $y^{\prime \prime }>0$，又 $MT$、$MP$ 分别为该曲线在点 $M(x_0,y_0)$ 处的切线和法线。已知线段 $MP$ 的长度为

$\frac{[1+(y_0^{\prime }{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}{y_0^{\prime \prime }}$，

其中 $y_0^{\prime }=y^{\prime }(x_0)$，$y_0^{\prime \prime }=y^{\prime \prime }(x_0)$，试推导点 $P$ 的坐标表达式。

查看答案与解析

答案： $P\left(x_0-\frac{y_0^{\prime }[1+(y_0^{\prime }{)}^2]}{y_0^{\prime \prime }},y_0+\frac{1+(y_0^{\prime }{)}^2}{y_0^{\prime \prime }}\right)$。

解析： 曲线在点 $M$ 处的切向量可取为

$\mathbf{\tau }=(1,y_0^{\prime })$。

与其垂直的法向量可取为

$\mathbf{n}=(-y_0^{\prime },1)$。

对应的单位法向量为

${\mathbf{e}}_n=\frac{(-y_0^{\prime },1)}{\sqrt{1+(y_0^{\prime }{)}^2}}$。

由于 $y_0^{\prime \prime }>0$，曲线在点 $M$ 处向上凹，曲率中心位于单位法向量 ${\mathbf{e}}_n$ 所指的一侧。题给法线段长度为

$|MP|=\frac{[1+(y_0^{\prime }{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}{y_0^{\prime \prime }}$。

因此

$\overrightarrow{MP}=|MP|{\mathbf{e}}_n$，

即

$\overrightarrow{MP}=\frac{[1+(y_0^{\prime }{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}{y_0^{\prime \prime }}\cdot \frac{(-y_0^{\prime },1)}{\sqrt{1+(y_0^{\prime }{)}^2}}$。

化简得

$\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{y_0^{\prime }[1+(y_0^{\prime }{)}^2]}{y_0^{\prime \prime }},\frac{1+(y_0^{\prime }{)}^2}{y_0^{\prime \prime }}\right)$。

由

$P=M+\overrightarrow{MP}$，

得到

$x_P=x_0-\frac{y_0^{\prime }[1+(y_0^{\prime }{)}^2]}{y_0^{\prime \prime }}$，

$y_P=y_0+\frac{1+(y_0^{\prime }{)}^2}{y_0^{\prime \prime }}$。

所以

$P\left(x_0-\frac{y_0^{\prime }[1+(y_0^{\prime }{)}^2]}{y_0^{\prime \prime }},y_0+\frac{1+(y_0^{\prime }{)}^2}{y_0^{\prime \prime }}\right)$。

该点正是曲线在 $M$ 处的曲率中心。

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4. 【1995-12-7 分】 设曲线 $L$ 位于 $xOy$ 平面的第一象限内，$L$ 上任一点 $M$ 处的切线与 $y$ 轴总相交，交点记为 $A$。已知 $|\overline{MA}|=|\overline{OA}|$，且 $L$ 过点 $\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)$，求 $L$ 的方程。

查看答案与解析

答案： $x^2+y^2=3x$，

即

${\left(x-\frac{3}{2}\right)}^2+y^2=\frac{9}{4}$，

取其位于第一象限内且经过 $\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)$ 的圆弧。

解析： 设曲线上任一点为 $M(x,y)$，并记

$y^{\prime }=p$。

点 $M$ 处切线方程为

$Y-y=p(X-x)$。

令 $X=0$，得到切线与 $y$ 轴的交点

$A(0,y-xp)$。

由于曲线位于第一象限，题设中的长度关系给出

$|OA|=y-xp$。

另一方面，

$|MA|=\sqrt{x^2+[y-(y-xp){]}^2}$，

即

$|MA|=x\sqrt{1+p^2}$。

由 $|MA|=|OA|$，得

$x\sqrt{1+p^2}=y-xp$。

令

$v=\frac{y}{x}$，

则

$y=vx,y^{\prime }=v+x{v}^{\prime }$。

原方程除以 $x>0$ 后为

$\sqrt{1+p^2}=v-p$。

两边平方得

$1+p^2=v^2-2vp+p^2$，

故

$p=\frac{v^2-1}{2v}$。

又 $p=v+x{v}^{\prime }$，所以

$v+x{v}^{\prime }=\frac{v^2-1}{2v}$。

整理得

$x\frac{dv}{dx}=-\frac{v^2+1}{2v}$。

分离变量：

$\frac{2v}{v^2+1}dv=-\frac{dx}{x}$。

积分得

$\ln (v^2+1)=-\ln x+C$，

从而

$x(v^2+1)=C_1$。

代回 $v=\frac{y}{x}$，得

$x\left(\frac{y^2}{x^2}+1\right)=C_1$，

即

$x^2+y^2=C_{1}x$。

曲线经过 $\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)$，所以

$\frac{9}{4}+\frac{9}{4}=C_1\cdot \frac{3}{2}$，

解得

$C_1=3$。

因此曲线方程为

$x^2+y^2=3x$，

即

${\left(x-\frac{3}{2}\right)}^2+y^2=\frac{9}{4}$。

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5. 【1996-12-7 分】 设对任意 $x>0$，曲线 $y=f(x)$ 上点 $(x,f(x))$ 处的切线在 $y$ 轴上的截距等于

$\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt$，

求 $f(x)$ 的一般表达式。

查看答案与解析

答案： $f(x)=C_1\ln x+C_2,x>0$。

解析： 曲线在点 $(x,f(x))$ 处的切线方程为

$Y-f(x)=f^{\prime }(x)(X-x)$。

令 $X=0$，可得切线在 $y$ 轴上的截距为

$f(x)-x{f}^{\prime }(x)$。

根据题意，

$f(x)-x{f}^{\prime }(x)=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt$。

两边乘以 $x$，得

$xf(x)-x^2{f}^{\prime }(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$。

对 $x$ 求导，利用微积分基本定理，有

$f(x)+x{f}^{\prime }(x)-2x{f}^{\prime }(x)-x^2{f}^{\prime \prime }(x)=f(x)$。

化简得

$x^2{f}^{\prime \prime }(x)+x{f}^{\prime }(x)=0$。

因为 $x>0$，可写成

$(x{f}^{\prime }(x){)}^{\prime }=0$。

所以

$x{f}^{\prime }(x)=C_1$，

即

$f^{\prime }(x)=\frac{C_1}{x}$。

积分得

$f(x)=C_1\ln x+C_2$。

最后检验：

${\int }_0^x(C_1\ln t+C_2)dt=C_1(x\ln x-x)+C_{2}x$，

其中 ${\int }_0^x\ln tdt$ 为收敛的广义积分。因此

$\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt=C_1\ln x-C_1+C_2$。

而

$f(x)-x{f}^{\prime }(x)=C_1\ln x+C_2-C_1$，

两者相等，故所得函数均满足原条件。

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6. 【1997-1-6 分】 设函数 $f(u)$ 具有二阶连续导数，而 $z=f(e^x\sin y)$ 满足方程

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=e^{2x}z$，

求 $f(u)$。

查看答案与解析

答案： $f(u)=C_1{e}^u+C_2{e}^{-u}$。

解析： 令

$u=e^x\sin y$，

则 $z=f(u)$。由复合函数求导法则，

$\frac{\partial u}{\partial x}=u$，

$\frac{\partial u}{\partial y}=e^x\cos y$。

于是

$\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime }(u)u$，

从而

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=f^{\prime \prime }(u)u^2+f^{\prime }(u)u$。

另一方面，

$\frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime }(u)e^x\cos y$，

故

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=f^{\prime \prime }(u)e^{2x}{\cos }^{2}y-f^{\prime }(u)e^x\sin y$。

注意到 $e^x\sin y=u$，所以

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=f^{\prime \prime }(u)e^{2x}{\cos }^{2}y-f^{\prime }(u)u$。

两式相加，$f^{\prime }(u)u$ 项相消，得

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=f^{\prime \prime }(u)\left(u^2+e^{2x}{\cos }^{2}y\right)$$

。

又因为

$u^2+e^{2x}{\cos }^{2}y=e^{2x}({\sin }^{2}y+{\cos }^{2}y)=e^{2x}$，

故原偏微分方程化为

$e^{2x}{f}^{\prime \prime }(u)=e^{2x}f(u)$，

即

$f^{\prime \prime }(u)-f(u)=0$。

其特征方程为

$r^2-1=0$，

特征根为 $r=\pm 1$。因此

$f(u)=C_1{e}^u+C_2{e}^{-u}$。

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7. 【2000-2-7 分】 某湖泊的水量为 $V$，每年排入湖泊内含污染物 $A$ 的污水量为 $\frac{V}{6}$，排入湖泊内不含 $A$ 的水量为 $\frac{V}{6}$，流出湖泊的水量为 $\frac{V}{3}$。已知 1999 年底湖中 $A$ 的含量为 $5m_0$，超过国家规定指标。为了治理污染，从 2000 年初起，限定排入湖泊中含 $A$ 污水的浓度不超过 $\frac{m_0}{V}$，问至多需经过多少年，湖泊中污染物 $A$ 的含量降至 $m_0$ 以内？（设湖水中 $A$ 的浓度是均匀的。）

查看答案与解析

答案： 至多需经过

$6\ln 3$

年，即约 $6.59$ 年。

解析： 设从 2000 年初起经过 $t$ 年时，湖中污染物 $A$ 的含量为 $m(t)$。

由于每年流入湖泊的水量为

$\frac{V}{6}+\frac{V}{6}=\frac{V}{3}$，

恰好等于每年流出的水量，所以湖泊总水量始终为 $V$。

为了求“至多”需要的时间，应取允许的最大污染物输入浓度 $\frac{m_0}{V}$。此时污染物每年的流入量为

$\frac{V}{6}\cdot \frac{m_0}{V}=\frac{m_0}{6}$。

$t$ 时刻湖中污染物浓度为 $\frac{m(t)}{V}$，故污染物每年的流出量为

$\frac{V}{3}\cdot \frac{m(t)}{V}=\frac{m(t)}{3}$。

根据“变化率等于流入率减去流出率”，有

$m^{\prime }(t)=\frac{m_0}{6}-\frac{m(t)}{3}$，

初始条件为

$m(0)=5m_0$。

整理得

$m^{\prime }(t)+\frac{1}{3}m(t)=\frac{m_0}{6}$。

该一阶线性微分方程的通解为

$m(t)=\frac{m_0}{2}+C{e}^{-t/3}$。

由 $m(0)=5m_0$，得

$C=5m_0-\frac{m_0}{2}=\frac{9m_0}{2}$。

所以

$m(t)=\frac{m_0}{2}+\frac{9m_0}{2}{e}^{-t/3}$。

要求 $m(t)\le m_0$，即

$\frac{1}{2}+\frac{9}{2}{e}^{-t/3}\le 1$。

于是

$9e^{-t/3}\le 1$，

即

$t\ge 3\ln 9=6\ln 3$。

因此，按允许的最大排污浓度计算，至多经过 $6\ln 3$ 年，污染物含量可降至 $m_0$ 以内。

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8. 【2001-2-9 分】 设 $L$ 是一条平面曲线，其上任意一点 $P(x,y)$（$x>0$）到坐标原点的距离，恒等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距，且 $L$ 经过点 $\left(\frac{1}{2},0\right)$。

（1）试求曲线 $L$ 的方程；

（2）求 $L$ 位于第一象限部分的一条切线，使该切线与 $L$ 以及两坐标轴所围图形的面积最小。

查看答案与解析

答案： （1）$L:y=\frac{1}{4}-x^2$。

（2）切点为

$P\left(\frac{1}{2\sqrt{3}},\frac{1}{6}\right)$，

相应切线为

$y=-\frac{x}{\sqrt{3}}+\frac{1}{3}$，

最小面积为

$S_{\min }=\frac{1}{6\sqrt{3}}-\frac{1}{12}=\frac{2\sqrt{3}-3}{36}$。

解析： （1）求曲线方程。

设曲线上一点为 $P(x,y)$，该点处切线方程为

$Y-y=y^{\prime }(X-x)$。

令 $X=0$，可得切线在 $y$ 轴上的截距为

$y-x{y}^{\prime }$。

由题意，该截距等于点 $P$ 到原点的距离，因此

$y-x{y}^{\prime }=\sqrt{x^2+y^2}$。

这是齐次微分方程。令

$y=vx$，

则

$y^{\prime }=v+x{v}^{\prime }$。

代入原方程得

$vx-x(v+x{v}^{\prime })=x\sqrt{1+v^2}$。

因 $x>0$，化简为

$-x{v}^{\prime }=\sqrt{1+v^2}$。

分离变量：

$\frac{dv}{\sqrt{1+v^2}}=-\frac{dx}{x}$。

积分得

$\ln \left(v+\sqrt{1+v^2}\right)=-\ln x+C$，

即

$v+\sqrt{1+v^2}=\frac{C_1}{x}$。

代回 $v=\frac{y}{x}$，得

$y+\sqrt{x^2+y^2}=C_1$。

曲线经过 $\left(\frac{1}{2},0\right)$，故

$C_1=\frac{1}{2}$。

因此

$y+\sqrt{x^2+y^2}=\frac{1}{2}$。

移项并平方：

$x^2+y^2={\left(\frac{1}{2}-y\right)}^2$，

所以

$y=\frac{1}{4}-x^2$。

在第一象限内，$0<x<\frac{1}{2}$。

（2）求面积最小时的切线。

设切点横坐标为 $a$，其中 $0<a<\frac{1}{2}$，则切点为

$P\left(a,\frac{1}{4}-a^2\right)$。

因为

$y^{\prime }=-2x$，

所以切线斜率为 $-2a$。切线方程为

$y-\left(\frac{1}{4}-a^2\right)=-2a(x-a)$，

即

$y=-2ax+\frac{1}{4}+a^2$。

该切线在两坐标轴上的截距分别为

$b=\frac{1}{4}+a^2$，

$c=\frac{b}{2a}=\frac{\frac{1}{4}+a^2}{2a}$。

切线与两坐标轴围成的三角形面积为

$S_{△}=\frac{1}{2}bc=\frac{{\left(\frac{1}{4}+a^2\right)}^2}{4a}$。

曲线 $L$ 在第一象限与两坐标轴围成的面积为

$S_L={\int }_0^{1/2}\left(\frac{1}{4}-x^2\right)dx=\frac{1}{12}$。

故题目所求图形面积为

$S(a)=\frac{{\left(\frac{1}{4}+a^2\right)}^2}{4a}-\frac{1}{12}$。

求导得

$S^{\prime }(a)=\frac{\left(a^2+\frac{1}{4}\right)\left(3a^2-\frac{1}{4}\right)}{4a^2}$。

令 $S^{\prime }(a)=0$，由于 $a>0$，得

$3a^2=\frac{1}{4}$，

所以

$a=\frac{1}{2\sqrt{3}}$。

在 $0<a<\frac{1}{2\sqrt{3}}$ 时，$S^{\prime }(a)<0$；在 $\frac{1}{2\sqrt{3}}<a<\frac{1}{2}$ 时，$S^{\prime }(a)>0$，故此处取得最小值。

切点纵坐标为

$y=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{1}{6}$。

此时切线为

$y=-\frac{x}{\sqrt{3}}+\frac{1}{3}$。

最小面积为

$$S_{\min }=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{12}=\frac{1}{6\sqrt{3}}-\frac{1}{12}=\frac{2\sqrt{3}-3}{36}$$

。

---

9. 【2003-2-12 分】 设位于第一象限的曲线 $y=f(x)$ 过点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2}\right)$，其上任一点 $P$ 处的法线与 $y$ 轴的交点为 $Q$，且线段 $PQ$ 被 $x$ 轴平分。

（1）求曲线 $y=f(x)$ 的方程；

（2）已知曲线 $y=\sin x$ 在 $[0,\pi ]$ 上的弧长为 $l$，试用 $l$ 表示曲线 $y=f(x)$ 的弧长 $S$。

查看答案与解析

答案： （1）$x^2+2y^2=1$，即第一象限内

$y=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{1-x^2}$。

（2）$S=\frac{l}{2\sqrt{2}}$。

解析： （1）求曲线方程。

设曲线上一点为 $P(x,y)$。曲线在该点的切线斜率为 $y^{\prime }$，故法线斜率为

$-\frac{1}{y^{\prime }}$。

法线方程为

$Y-y=-\frac{1}{y^{\prime }}(X-x)$。

令 $X=0$，得法线与 $y$ 轴交点

$Q\left(0,y+\frac{x}{y^{\prime }}\right)$。

线段 $PQ$ 被 $x$ 轴平分，说明其中点的纵坐标为零，因此

$y+\left(y+\frac{x}{y^{\prime }}\right)=0$。

即

$2y+\frac{x}{y^{\prime }}=0$，

从而

$y^{\prime }=-\frac{x}{2y}$。

于是

$2y{y}^{\prime }=-x$，

即

$\frac{d}{dx}(y^2)=-x$。

积分得

$y^2=-\frac{x^2}{2}+C$，

即

$x^2+2y^2=C_1$。

代入点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2}\right)$，得

$\frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{4}=1$，

所以

$x^2+2y^2=1$。

曲线位于第一象限，故可写为

$y=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{1-x^2},0\le x\le 1$。

（2）用 $l$ 表示弧长 $S$。

由

$y=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{1-x^2}$，

得

$y^{\prime }=-\frac{x}{\sqrt{2}\sqrt{1-x^2}}$。

因此第一象限内该曲线的弧长为

$S={\int }_0^1\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx$。

代入 $y^{\prime }$，得

$$S={\int }_0^1\sqrt{1+\frac{x^2}{2(1-x^2)}}dx=\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_0^1\sqrt{\frac{2-x^2}{1-x^2}}dx$$

。

令

$x=\sin t,0\le t\le \frac{\pi }{2}$，

则 $dx=\cos tdt$，于是

$$S=\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{2-{\sin }^{2}t}dt=\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{1+{\cos }^{2}t}dt$$

。

另一方面，曲线 $y=\sin x$ 在 $[0,\pi ]$ 上的弧长为

$l={\int }_0^{\pi }\sqrt{1+{\cos }^{2}x}dx$。

由于被积函数关于 $x=\frac{\pi }{2}$ 对称，

$l=2{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{1+{\cos }^{2}x}dx$。

所以

$S=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{l}{2}=\frac{l}{2\sqrt{2}}$。

---

10. 【2003-12-12 分】 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内具有二阶导数，且 $y^{\prime }\ne 0$，$x=x(y)$ 是 $y=y(x)$ 的反函数。

（1）试将 $x=x(y)$ 所满足的微分方程

$\frac{d^{2}x}{d{y}^2}+(y+\sin x){\left(\frac{dx}{dy}\right)}^3=0$

变换为 $y=y(x)$ 所满足的微分方程；

（2）求变换后的微分方程满足初始条件 $y(0)=0$，$y^{\prime }(0)=\frac{3}{2}$ 的解。

查看答案与解析

答案： （1）$y^{\prime \prime }=y+\sin x$。

（2）$y=e^x-e^{-x}-\frac{1}{2}\sin x$。

解析： （1）变换微分方程。

由于 $x=x(y)$ 与 $y=y(x)$ 互为反函数，且 $y^{\prime }\ne 0$，有

$\frac{dx}{dy}=\frac{1}{y^{\prime }}$。

再对 $y$ 求导：

$$\frac{d^{2}x}{d{y}^2}=\frac{d}{dy}\left(\frac{1}{y^{\prime }}\right)=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y^{\prime }}\right)\frac{dx}{dy}=-\frac{y^{\prime \prime }}{(y^{\prime }{)}^2}\cdot \frac{1}{y^{\prime }}=-\frac{y^{\prime \prime }}{(y^{\prime }{)}^3}$$

。

代入原方程，得

$-\frac{y^{\prime \prime }}{(y^{\prime }{)}^3}+(y+\sin x)\frac{1}{(y^{\prime }{)}^3}=0$。

两边乘以 $(y^{\prime }{)}^3$，得到

$y^{\prime \prime }=y+\sin x$，

即

$y^{\prime \prime }-y=\sin x$。

（2）求满足初始条件的解。

对应齐次方程

$y^{\prime \prime }-y=0$

的特征方程为

$r^2-1=0$，

故齐次方程通解为

$y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{-x}$。

对非齐次项 $\sin x$，设特解为

$y_p=A\sin x+B\cos x$。

代入 $y^{\prime \prime }-y=\sin x$，得

$-2A\sin x-2B\cos x=\sin x$。

比较系数，得

$A=-\frac{1}{2},B=0$。

所以

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{-x}-\frac{1}{2}\sin x$。

由 $y(0)=0$，得

$C_1+C_2=0$。

又

$y^{\prime }=C_1{e}^x-C_2{e}^{-x}-\frac{1}{2}\cos x$。

由 $y^{\prime }(0)=\frac{3}{2}$，得

$C_1-C_2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$，

即

$C_1-C_2=2$。

联立解得

$C_1=1,C_2=-1$。

因此

$y=e^x-e^{-x}-\frac{1}{2}\sin x$。

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11. 【2003-3-9 分】 设 $F(x)=f(x)g(x)$，其中 $f(x),g(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内满足

$f^{\prime }(x)=g(x),g^{\prime }(x)=f(x)$，

且 $f(0)=0$，$f(x)+g(x)=2e^x$。

（1）求 $F(x)$ 所满足的一阶微分方程；

（2）求出 $F(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： （1）$F^{\prime }(x)+2F(x)=4e^{2x}$，且 $F(0)=0$。

（2）$F(x)=e^{2x}-e^{-2x}$。

解析： 由 $F(x)=f(x)g(x)$，根据乘积求导法则，

$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x)$。

利用 $f^{\prime }(x)=g(x)$，$g^{\prime }(x)=f(x)$，得

$F^{\prime }(x)=g^2(x)+f^2(x)$。

又因为

$f^2+g^2=(f+g{)}^2-2fg$，

且 $f(x)+g(x)=2e^x$，$f(x)g(x)=F(x)$，所以

$F^{\prime }(x)=4e^{2x}-2F(x)$。

因此 $F(x)$ 满足的一阶线性微分方程为

$F^{\prime }(x)+2F(x)=4e^{2x}$。

由 $f(0)=0$，可知

$F(0)=f(0)g(0)=0$。

对微分方程乘以积分因子 $e^{2x}$，得

$e^{2x}{F}^{\prime }(x)+2e^{2x}F(x)=4e^{4x}$，

即

$(e^{2x}F(x){)}^{\prime }=4e^{4x}$。

积分得

$e^{2x}F(x)=e^{4x}+C$，

从而

$F(x)=e^{2x}+C{e}^{-2x}$。

代入 $F(0)=0$，得 $C=-1$。故

$\boxed{F(x)=e^{2x}-e^{-2x}}$。

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12. 【2004-4-12 分】 设 $f(u,v)$ 具有连续偏导数，且满足

$f_u^{\prime }(u,v)+f_v^{\prime }(u,v)=uv$，

求 $y(x)=e^{-2x}f(x,x)$ 所满足的一阶微分方程，并求其通解。

查看答案与解析

答案： $y^{\prime }(x)+2y(x)=x^2{e}^{-2x}$，

其通解为

$y(x)=e^{-2x}\left(\frac{x^3}{3}+C\right)$。

解析： 由

$y(x)=e^{-2x}f(x,x)$，

对 $x$ 求导。由乘积求导法则与复合函数求导法则，

$y^{\prime }(x)=-2e^{-2x}f(x,x)+e^{-2x}[f_u^{\prime }(x,x)+f_v^{\prime }(x,x)]$。

根据已知条件

$f_u^{\prime }(u,v)+f_v^{\prime }(u,v)=uv$，

令 $u=v=x$，得

$f_u^{\prime }(x,x)+f_v^{\prime }(x,x)=x^2$。

因此

$y^{\prime }(x)=-2e^{-2x}f(x,x)+x^2{e}^{-2x}$。

又因为 $e^{-2x}f(x,x)=y(x)$，故

$y^{\prime }(x)+2y(x)=x^2{e}^{-2x}$。

这是一个一阶线性微分方程。积分因子为

$e^{\int 2dx}=e^{2x}$。

方程两边乘以 $e^{2x}$，得

$(e^{2x}y(x){)}^{\prime }=x^2$。

积分得

$e^{2x}y(x)=\frac{x^3}{3}+C$。

所以通解为

$\boxed{y(x)=e^{-2x}\left(\frac{x^3}{3}+C\right)}$。

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13. 【2005-2-12 分】 用变量代换 $x=\cos t(0<t<\pi )$ 化简微分方程

$(1-x^2)y^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }+y=0$，

并求满足 $y{|}_{x=0}=1$，$y^{\prime }{|}_{x=0}=2$ 的特解。

查看答案与解析

答案： 变换后的方程为

$\frac{d^{2}y}{d{t}^2}+y=0$。

所求特解为

$y=2x+\sqrt{1-x^2}(-1<x<1)$。

解析： 令

$x=\cos t$，并把 $y$ 看作 $t$ 的函数。为避免混淆，记

$Y(t)=y(\cos t)$。

由于

$\frac{dx}{dt}=-\sin t$，

故

$y^{\prime }=\frac{dy}{dx}=\frac{dY/dt}{dx/dt}=-\frac{Y^{\prime }}{\sin t}$。

再求一次导数：

$y^{\prime \prime }=\frac{1}{dx/dt}\frac{d}{dt}\left(-\frac{Y^{\prime }}{\sin t}\right)$。

计算得

$y^{\prime \prime }=\frac{Y^{\prime \prime }}{{\sin }^{2}t}-\frac{Y^{\prime }\cos t}{{\sin }^{3}t}$。

又因为 $1-x^2={\sin }^{2}t$，$x=\cos t$，代入原方程：

$${\sin }^{2}t\left(\frac{Y^{\prime \prime }}{{\sin }^{2}t}-\frac{Y^{\prime }\cos t}{{\sin }^{3}t}\right)-\cos t\left(-\frac{Y^{\prime }}{\sin t}\right)+Y=0$$

。

中间两项相消，得到

$Y^{\prime \prime }+Y=0$。

其通解为

$Y=C_1\cos t+C_2\sin t$。

当 $x=0$ 时，由 $x=\cos t$ 且 $0<t<\pi$，得

$t=\frac{\pi }{2}$。

由 $y(0)=1$，得

$Y\left(\frac{\pi }{2}\right)=C_2=1$。

又

$y^{\prime }=-\frac{Y^{\prime }}{\sin t}$。

当 $t=\frac{\pi }{2}$ 时，$\sin t=1$，故由 $y^{\prime }(0)=2$ 得

$Y^{\prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)=-2$。

而

$Y^{\prime }=-C_1\sin t+C_2\cos t$，

所以

$-C_1=-2$，即 $C_1=2$。

因此

$Y=2\cos t+\sin t$。

由于 $0<t<\pi$，有 $\sin t>0$，从而

$\sin t=\sqrt{1-{\cos }^{2}t}=\sqrt{1-x^2}$。

故所求特解为

$\boxed{y=2x+\sqrt{1-x^2}}$。

---

14. 【2024-2-12 分】 设 $y(x)$ 为微分方程

$x^2{y}^{\prime \prime }+x{y}^{\prime }-9y=0$

满足条件 $y{|}_{x=1}=2$，$y^{\prime }{|}_{x=1}=6$ 的解。

（1）利用变换 $x=e^t$ 将上述方程化为常系数线性方程，并求 $y(x)$；

（2）计算 ${\int }_1^{2}y(x)\sqrt{4-x^2}dx$。

查看答案与解析

答案： （1）变换后的方程为 $\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-9y=0$，且

$y(x)=2x^3$。

（2）${\int }_1^{2}y(x)\sqrt{4-x^2}dx=\frac{22\sqrt{3}}{5}$。

解析： （1）化为常系数方程并求解。

令

$x=e^t$，并记 $Y(t)=y(e^t)$。

由链式法则，

$y^{\prime }=\frac{dY/dt}{dx/dt}=\frac{Y^{\prime }}{x}$。

进一步有

$y^{\prime \prime }=\frac{Y^{\prime \prime }-Y^{\prime }}{x^2}$。

因此

$x^2{y}^{\prime \prime }+x{y}^{\prime }-9y=(Y^{\prime \prime }-Y^{\prime })+Y^{\prime }-9Y=Y^{\prime \prime }-9Y$。

原方程化为

$Y^{\prime \prime }-9Y=0$。

其特征方程为

$r^2-9=0$，

特征根为 $r=\pm 3$，故

$Y=C_1{e}^{3t}+C_2{e}^{-3t}$。

由 $x=e^t$，得

$y=C_1{x}^3+C_2{x}^{-3}$。

再由初始条件

$y(1)=C_1+C_2=2$。

又

$y^{\prime }=3C_1{x}^2-3C_2{x}^{-4}$，

所以

$y^{\prime }(1)=3C_1-3C_2=6$，即

$C_1-C_2=2$。

联立得

$C_1=2，C_2=0$。

故

$\boxed{y(x)=2x^3}$。

（2）计算积分。

代入 $y(x)=2x^3$，得

$I={\int }_1^{2}2x^3\sqrt{4-x^2}dx$。

令

$u=4-x^2$，则 $du=-2xdx$，且 $x^2=4-u$。

当 $x=1$ 时，$u=3$；当 $x=2$ 时，$u=0$。于是

$I={\int }_0^3(4-u)u^{1/2}du$。

因此

$I=4{\int }_0^3{u}^{1/2}du-{\int }_0^3{u}^{3/2}du$，

即

$I=4\cdot \frac{2}{3}{3}^{3/2}-\frac{2}{5}{3}^{5/2}$。

化简得

$I=8\sqrt{3}-\frac{18\sqrt{3}}{5}=\frac{22\sqrt{3}}{5}$。

所以

$\boxed{{\int }_1^{2}y(x)\sqrt{4-x^2}dx=\frac{22\sqrt{3}}{5}}$。

---

15. 【2006-3-8 分】 在 $xOy$ 坐标平面上，连续曲线 $L$ 过点 $M(1,0)$，其上任意点 $P(x,y)(x\ne 0)$ 处的切线斜率与直线 $OP$ 的斜率之差等于 $ax$（常数 $a>0$）。

（1）求 $L$ 的方程；

（2）当 $L$ 与直线 $y=ax$ 所围成平面图形的面积为 $\frac{8}{3}$ 时，确定 $a$ 的值。

查看答案与解析

答案： （1）$y=ax(x-1)$。

（2）$a=2$。

解析： （1）求曲线方程。

曲线在点 $P(x,y)$ 处的切线斜率为 $y^{\prime }$，直线 $OP$ 的斜率为 $\frac{y}{x}$。

由题意，

$y^{\prime }-\frac{y}{x}=ax$。

注意到

${\left(\frac{y}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x{y}^{\prime }-y}{x^2}=\frac{1}{x}\left(y^{\prime }-\frac{y}{x}\right)$，

因此原方程等价于

${\left(\frac{y}{x}\right)}^{\prime }=a$。

积分得

$\frac{y}{x}=ax+C$，

所以

$y=a{x}^2+Cx$。

曲线经过点 $(1,0)$，故

$0=a+C$，即 $C=-a$。

因此

$\boxed{y=ax(x-1)}$。

（2）利用面积确定 $a$。

曲线与直线 $y=ax$ 的交点满足

$ax(x-1)=ax$。

由于 $a>0$，得

$x(x-1)=x$，即

$x(x-2)=0$。

所以两个交点的横坐标为 $x=0$ 与 $x=2$。

在区间 $[0,2]$ 上，直线位于曲线上方，因为

$ax-ax(x-1)=a(2x-x^2)\ge 0$。

所围面积为

$S={\int }_0^2[ax-ax(x-1)]dx$。

于是

$$S=a{\int }_0^2(2x-x^2)dx=a{\left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]}_0^2=\frac{4a}{3}$$

。

由题设 $S=\frac{8}{3}$，得

$\frac{4a}{3}=\frac{8}{3}$，

所以

$\boxed{a=2}$。

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16. 【2009-2-12 分】 设 $y=y(x)$ 是区间 $(-\pi ,\pi )$ 内过点 $\left(-\frac{\pi }{\sqrt{2}},\frac{\pi }{\sqrt{2}}\right)$ 的光滑曲线。当 $-\pi <x<0$ 时，曲线上任一点处的法线都过原点；当 $0\le x<\pi$ 时，函数 $y(x)$ 满足

$y^{\prime \prime }+y+x=0$。

求 $y(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{y(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{{\pi }^2-x^2},& -\pi <x<0,\\ \pi \cos x+\sin x-x,& 0\le x<\pi .\end{array}}$$

解析： （1）求 $-\pi <x<0$ 时的曲线。

曲线在点 $(x,y)$ 处的切线斜率为 $y^{\prime }$，故法线斜率为 $-\frac{1}{y^{\prime }}$。

法线经过原点，所以法线的斜率也等于

$\frac{y}{x}$。

因此

$-\frac{1}{y^{\prime }}=\frac{y}{x}$，

即

$y{y}^{\prime }=-x$。

两边乘以 $2$，得

$2y{y}^{\prime }=-2x$，

于是

${\left(x^2+y^2\right)}^{\prime }=0$。

故

$x^2+y^2=C$。

曲线经过点 $\left(-\frac{\pi }{\sqrt{2}},\frac{\pi }{\sqrt{2}}\right)$，所以

$C=\frac{{\pi }^2}{2}+\frac{{\pi }^2}{2}={\pi }^2$。

从而

$x^2+y^2={\pi }^2$。

由于已知点的纵坐标为正，且曲线在 $(-\pi ,0)$ 内光滑连续，故取圆的上半支：

$y=\sqrt{{\pi }^2-x^2}$。

因此

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y(x)=\pi$，

且

$y^{\prime }=-\frac{x}{\sqrt{{\pi }^2-x^2}}$，

所以

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{y}^{\prime }(x)=0$。

由曲线光滑可知

$y(0)=\pi ，y^{\prime }(0)=0$。

（2）求 $0\le x<\pi$ 时的解。

方程为

$y^{\prime \prime }+y=-x$。

对应齐次方程

$y^{\prime \prime }+y=0$

的通解为

$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x$。

取特解

$y_p=-x$，

则 $y_p^{\prime \prime }+y_p=-x$，符合要求。

故通解为

$y=C_1\cos x+C_2\sin x-x$。

由 $y(0)=\pi$，得

$C_1=\pi$。

又

$y^{\prime }=-C_1\sin x+C_2\cos x-1$，

由 $y^{\prime }(0)=0$，得

$C_2-1=0$，即 $C_2=1$。

因此

$y=\pi \cos x+\sin x-x$。

综上，

$$\boxed{y(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{{\pi }^2-x^2},& -\pi <x<0,\\ \pi \cos x+\sin x-x,& 0\le x<\pi .\end{array}}$$

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17. 【2010-2-11 分】 设函数由参数方程

$$\{\begin{array}{ll}x=2t+t^2,& t>-1,\\ y=\psi (t),& t>-1\end{array}$$

确定。已知

$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{3}{4(1+t)}$，

且 $\psi (1)=\frac{5}{2}，{\psi }^{\prime }(1)=6$，求 $\psi (t)$。

查看答案与解析

答案： $\boxed{\psi (t)=t^3+\frac{3}{2}{t}^2}$。

解析： 由

$x=2t+t^2$，

得

$\frac{dx}{dt}=2(1+t)$。

因为 $t>-1$，所以 $\frac{dx}{dt}>0$。

参数方程的一阶导数为

$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{{\psi }^{\prime }(t)}{2(1+t)}$。

再对 $x$ 求导：

$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{1}{dx/dt}\frac{d}{dt}\left[\frac{{\psi }^{\prime }(t)}{2(1+t)}\right]$。

代入已知条件，得

$\frac{1}{2(1+t)}\frac{d}{dt}\left[\frac{{\psi }^{\prime }(t)}{2(1+t)}\right]=\frac{3}{4(1+t)}$。

两边乘以 $2(1+t)$，得

$\frac{d}{dt}\left[\frac{{\psi }^{\prime }(t)}{2(1+t)}\right]=\frac{3}{2}$。

积分得

$\frac{{\psi }^{\prime }(t)}{2(1+t)}=\frac{3}{2}t+C_1$。

由 ${\psi }^{\prime }(1)=6$，有

$\frac{6}{2(1+1)}=\frac{3}{2}+C_1$，

即

$\frac{3}{2}=\frac{3}{2}+C_1$，

故 $C_1=0$。

于是

${\psi }^{\prime }(t)=3t(1+t)=3t+3t^2$。

再次积分：

$\psi (t)=\frac{3}{2}{t}^2+t^3+C_2$。

由 $\psi (1)=\frac{5}{2}$，得

$\frac{3}{2}+1+C_2=\frac{5}{2}$，

所以 $C_2=0$。

因此

$\boxed{\psi (t)=t^3+\frac{3}{2}{t}^2}$。

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18. 【2011-2-10 分】 设函数 $y(x)$ 具有二阶导数，且曲线 $l:y=y(x)$ 与直线 $y=x$ 相切于原点。记 $\alpha$ 为曲线 $l$ 在点 $(x,y)$ 处切线的倾斜角，若

$\frac{d\alpha }{dx}=\frac{dy}{dx}$，

求 $y(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $\boxed{\sin y+\cos y=e^x}$。

在经过原点的相应分支上，也可写为

$\boxed{y=\arcsin \left(\frac{e^x}{\sqrt{2}}\right)-\frac{\pi }{4}，x<\ln \sqrt{2}}$。

解析： 由题意，

$\frac{d\alpha }{dx}=\frac{dy}{dx}$。

因此

$d\alpha =dy$，

积分得

$\alpha =y+C$。

曲线与直线 $y=x$ 在原点相切，所以

$y(0)=0$，

且原点处切线倾斜角为

$\alpha (0)=\frac{\pi }{4}$。

代入得

$C=\frac{\pi }{4}$。

故

$\alpha =y+\frac{\pi }{4}$。

又因为切线斜率满足

$y^{\prime }=\tan \alpha$，

所以

$\frac{dy}{dx}=\tan \left(y+\frac{\pi }{4}\right)$。

分离变量：

$\cot \left(y+\frac{\pi }{4}\right)dy=dx$。

积分得

$\ln \left|\sin \left(y+\frac{\pi }{4}\right)\right|=x+C_1$。

利用 $y(0)=0$，有

$C_1=\ln \sin \frac{\pi }{4}=\ln \frac{1}{\sqrt{2}}$。

在原点附近正弦值为正，故

$\sin \left(y+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{e^x}{\sqrt{2}}$。

利用恒等式

$\sqrt{2}\sin \left(y+\frac{\pi }{4}\right)=\sin y+\cos y$，

得到

$\boxed{\sin y+\cos y=e^x}$。

由经过原点的分支可进一步写成

$\boxed{y=\arcsin \left(\frac{e^x}{\sqrt{2}}\right)-\frac{\pi }{4}}$。

为使根式意义下的反正弦成立，并保持该分支为函数，需要

$\frac{e^x}{\sqrt{2}}<1$，

故其最大定义区间可取

$x<\ln \sqrt{2}$。

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