五、微分方程的应用｜大题·利用微分学建模列方程等3类

大题

（一）利用微分学建模列方程

19. 【2012-1-10 分】 已知曲线

$$L:\{\begin{array}{ll}x=f(t),& 0\le t<\frac{\pi }{2},\\ y=\cos t,& 0\le t<\frac{\pi }{2},\end{array}$$

其中函数 $f(t)$ 具有连续导数，且 $f^{\prime }(t)>0\left(0<t<\frac{\pi }{2}\right)$，$f(0)=0$。若曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离恒为 $1$，求 $f(t)$ 的表达式，并求以曲线 $L$、$x$ 轴和 $y$ 轴为边界的区域面积。

查看答案与解析

答案： $\boxed{f(t)=\ln (\sec t+\tan t)-\sin t}$。

区域面积为

$\boxed{S=\frac{\pi }{4}}$。

解析： 设曲线上一点为

$M(f(t),\cos t)$。

参数曲线在该点的切线斜率为

$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=-\frac{\sin t}{f^{\prime }(t)}$。

设该切线与 $x$ 轴交于点 $A(X,0)$。由切线方程，

$0-\cos t=-\frac{\sin t}{f^{\prime }(t)}[X-f(t)]$。

因此

$X-f(t)=f^{\prime }(t)\cot t$。

由题意，切点 $M$ 到点 $A$ 的距离恒为 $1$，故

$[X-f(t){]}^2+{\cos }^{2}t=1$。

代入上式得

$[f^{\prime }(t)\cot t{]}^2+{\cos }^{2}t=1$。

于是

$f^{\prime }(t{)}^2\frac{{\cos }^{2}t}{{\sin }^{2}t}={\sin }^{2}t$。

因为 $f^{\prime }(t)>0$，且 $0<t<\frac{\pi }{2}$，所以

$f^{\prime }(t)=\frac{{\sin }^{2}t}{\cos t}$。

化为

$f^{\prime }(t)=\sec t-\cos t$。

由 $f(0)=0$，得

$f(t)={\int }_0^t(\sec u-\cos u)du$。

因此

$f(t)=\ln (\sec t+\tan t)-\sin t$。

故

$\boxed{f(t)=\ln (\sec t+\tan t)-\sin t}$。

下面计算区域面积。由于 $f^{\prime }(t)>0$，曲线从点 $(0,1)$ 向右下方延伸，并在 $t\to {\frac{\pi }{2}}^{-}$ 时趋近 $x$ 轴。

面积为

$S={\int }_{L}ydx$。

利用参数方程，

$S={\int }_0^{\pi /2}\cos t{f}^{\prime }(t)dt$。

代入 $f^{\prime }(t)=\frac{{\sin }^{2}t}{\cos t}$，得

$S={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2}tdt$。

而

${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2}tdt=\frac{\pi }{4}$。

所以

$\boxed{S=\frac{\pi }{4}}$。

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20. 【2014-3-10 分】 设函数 $f(u)$ 具有连续导数，且

$z=f(e^x\cos y)$

满足

$\cos y\frac{\partial z}{\partial x}-\sin y\frac{\partial z}{\partial y}=\left(4z+e^x\cos y\right)e^x$。

若 $f(0)=0$，求 $f(u)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $\boxed{f(u)=\frac{e^{4u}-1-4u}{16}}$。

解析： 令

$u=e^x\cos y$，

则

$z=f(u)$。

由复合函数求导法则，

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

且

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

因此等式左端为

$\cos y\frac{\partial z}{\partial x}-\sin y\frac{\partial z}{\partial y}$

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

$=e^x{f}^{\prime }(u)$。

等式右端为

$\left(4f(u)+u\right)e^x$。

由于 $e^x>0$，两边约去 $e^x$，得到

$f^{\prime }(u)=4f(u)+u$，

即

$f^{\prime }(u)-4f(u)=u$。

这是关于 $f(u)$ 的一阶线性微分方程。

对应齐次方程的通解为

$f_h(u)=C{e}^{4u}$。

设一个一次多项式特解

$f_p(u)=au+b$。

代入方程得

$a-4(au+b)=u$。

比较系数：

$-4a=1，a-4b=0$。

所以

$a=-\frac{1}{4}，b=-\frac{1}{16}$。

故

$f(u)=C{e}^{4u}-\frac{u}{4}-\frac{1}{16}$。

由 $f(0)=0$，得

$C-\frac{1}{16}=0$，

即

$C=\frac{1}{16}$。

因此

$\boxed{f(u)=\frac{e^{4u}-1-4u}{16}}$。

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21. 【2014-12-10 分】 设函数 $f(u)$ 具有二阶连续导数，$z=f(e^x\cos y)$ 满足

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=\left(4z+e^x\cos y\right)e^{2x}$。

若 $f(0)=0$，$f^{\prime }(0)=0$，求 $f(u)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $\boxed{f(u)=\frac{e^{2u}-e^{-2u}}{16}-\frac{u}{4}}$。

解析： 令

$u=e^x\cos y$，

则 $z=f(u)$。有

$u_x=u,u_{xx}=u$，

$u_y=-e^x\sin y,u_{yy}=-u$。

由复合函数求导法则，

$z_{xx}=f^{\prime \prime }(u)u_x^2+f^{\prime }(u)u_{xx}=f^{\prime \prime }(u)u^2+f^{\prime }(u)u$，

$z_{yy}=f^{\prime \prime }(u)u_y^2+f^{\prime }(u)u_{yy}=f^{\prime \prime }(u)e^{2x}{\sin }^{2}y-f^{\prime }(u)u$。

两式相加，得

$z_{xx}+z_{yy}=f^{\prime \prime }(u)e^{2x}\left({\cos }^{2}y+{\sin }^{2}y\right)=e^{2x}{f}^{\prime \prime }(u)$。

原方程右端为

$\left(4f(u)+u\right)e^{2x}$。

由于 $e^{2x}>0$，故

$f^{\prime \prime }(u)-4f(u)=u$。

对应齐次方程的特征方程为

$r^2-4=0$，

其根为 $r=\pm 2$，所以

$f_h(u)=C_1{e}^{2u}+C_2{e}^{-2u}$。

设一个一次多项式特解

$f_p(u)=au+b$。

代入得

$-4(au+b)=u$，

从而

$a=-\frac{1}{4},b=0$。

因此

$f(u)=C_1{e}^{2u}+C_2{e}^{-2u}-\frac{u}{4}$。

由 $f(0)=0$，得

$C_1+C_2=0$。

又

$f^{\prime }(u)=2C_1{e}^{2u}-2C_2{e}^{-2u}-\frac{1}{4}$。

由 $f^{\prime }(0)=0$，得

$2C_1-2C_2=\frac{1}{4}$。

联立解得

$C_1=\frac{1}{16},C_2=-\frac{1}{16}$。

故

$\boxed{f(u)=\frac{e^{2u}-e^{-2u}}{16}-\frac{u}{4}}$。

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22. 【2015-13-10 分】 设函数 $f(x)$ 在定义域 $I$ 上的导数大于 $0$。若对任意的 $x_0\in I$，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_0,f(x_0))$ 处的切线与直线 $x=x_0$ 及 $x$ 轴所围成区域的面积恒为 $4$，且 $f(0)=2$，求 $f(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $\boxed{f(x)=\frac{8}{4-x}}$，其中包含 $x=0$ 的最大定义区间为 $(-\infty ,4)$。

解析： 在曲线上任取一点

$P\left(x,f(x)\right)$。

该点处切线方程为

$Y-f(x)=f^{\prime }(x)(X-x)$。

令 $Y=0$，得到切线与 $x$ 轴交点的横坐标

$X=x-\frac{f(x)}{f^{\prime }(x)}$。

由于 $f^{\prime }(x)>0$，切线、直线 $X=x$ 与 $x$ 轴围成直角三角形，其高为 $f(x)$，底为

$\frac{f(x)}{f^{\prime }(x)}$。

由面积恒为 $4$，得

$\frac{1}{2}f(x)\cdot \frac{f(x)}{f^{\prime }(x)}=4$，

即

$f^{\prime }(x)=\frac{f^2(x)}{8}$。

分离变量，得

$\frac{df}{f^2}=\frac{1}{8}dx$。

积分可得

$-\frac{1}{f}=\frac{x}{8}+C$。

由 $f(0)=2$，得

$C=-\frac{1}{2}$。

于是

$-\frac{1}{f}=\frac{x-4}{8}$，

所以

$\boxed{f(x)=\frac{8}{4-x}}$。

该函数在 $x<4$ 时为正，且

$f^{\prime }(x)=\frac{8}{(4-x{)}^2}>0$。

由于定义域包含 $x=0$，故其最大区间可取 $(-\infty ,4)$。

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23. 【2017-2-11 分】 点 $P$ 是曲线 $l:y=y(x)$ 上的任意一点。$l$ 在点 $P$ 处的切线交 $y$ 轴于 $(0,Y_P)$，法线交 $x$ 轴于 $(X_P,0)$。若 $X_P=Y_P$，求 $l$ 上点的坐标 $(x,y)$ 满足的方程。

查看答案与解析

答案： $\boxed{\frac{1}{2}\ln \left(x^2+y^2\right)+\arctan \frac{y}{x}=C}$，

等价地，在极坐标下可写为

$\boxed{\ln r+\theta =C}$。

解析： 设点 $P(x,y)$ 处切线斜率为 $y^{\prime }$。

切线方程为

$Y-y=y^{\prime }(X-x)$。

令 $X=0$，得切线在 $y$ 轴上的截距

$Y_P=y-x{y}^{\prime }$。

法线斜率为 $-\frac{1}{y^{\prime }}$，故法线方程为

$Y-y=-\frac{1}{y^{\prime }}(X-x)$。

令 $Y=0$，得

$X_P=x+y{y}^{\prime }$。

由 $X_P=Y_P$，有

$x+y{y}^{\prime }=y-x{y}^{\prime }$，

即

$(x+y)y^{\prime }=y-x$。

因此

$\frac{dy}{dx}=\frac{y-x}{x+y}$。

这是齐次微分方程。令

$y=vx$，

则

$y^{\prime }=v+x\frac{dv}{dx}$。

代入得

$v+x\frac{dv}{dx}=\frac{v-1}{1+v}$，

所以

$x\frac{dv}{dx}=-\frac{1+v^2}{1+v}$。

分离变量：

$\frac{1+v}{1+v^2}dv=-\frac{dx}{x}$。

积分得

$\frac{1}{2}\ln (1+v^2)+\arctan v=-\ln |x|+C$。

代入 $v=\frac{y}{x}$，并整理，得到

$\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+\arctan \frac{y}{x}=C$。

若令 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，则上式即为

$\ln r+\theta =C$，

即曲线族为对数螺线

$r=C{e}^{-\theta }$。

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24. 【2020-2-11 分】 设 $f(x)$ 可导，且当 $x>0$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，曲线 $y=f(x)$ 过原点 $O$。曲线上任意一点 $M$ 的切线交 $x$ 轴于 $T$，$MP\perp x$ 轴于点 $P$，且由 $MP$、曲线和 $x$ 轴围成的面积与 $△MTP$ 的面积之比为 $3:2$。求曲线方程。

查看答案与解析

答案： $\boxed{y=C{x}^3(C>0)}$。

解析： 设

$M(x,y)$，其中 $y=f(x)>0$。

曲线、$MP$ 和 $x$ 轴围成的面积为

$S_1={\int }_0^{x}y(t)dt$。

在点 $M$ 处，切线斜率为 $y^{\prime }$。切线在 $x$ 轴上的截距与 $P(x,0)$ 之间的距离为

$PT=\frac{y}{y^{\prime }}$。

故

$S_{△MTP}=\frac{1}{2}\cdot y\cdot \frac{y}{y^{\prime }}=\frac{y^2}{2y^{\prime }}$。

由面积比为 $3:2$，得

$\frac{S_1}{S_{△MTP}}=\frac{3}{2}$，

即

${\int }_0^{x}y(t)dt=\frac{3y^2}{4y^{\prime }}$。

记

$A(x)={\int }_0^{x}y(t)dt$，

则 $A^{\prime }=y$，并且

$4A{y}^{\prime }=3y^2$。

把 $A$ 看成 $y$ 的函数，由

$\frac{dA}{dy}=\frac{A^{\prime }}{y^{\prime }}=\frac{y}{y^{\prime }}$，

结合 $y^{\prime }=\frac{3y^2}{4A}$，得

$\frac{dA}{dy}=\frac{4A}{3y}$。

于是

$\frac{dA}{A}=\frac{4}{3}\frac{dy}{y}$。

积分得

$A=C{y}^{4/3}$，其中 $C>0$。

再由 $A^{\prime }=y$，得

$C\cdot \frac{4}{3}{y}^{1/3}{y}^{\prime }=y$，

即

$y^{\prime }=\frac{3}{4C}{y}^{2/3}$。

分离变量并利用曲线过原点，得

$y^{1/3}=kx$，

其中 $k>0$。

因此

$\boxed{y=C_1{x}^3(C_1>0)}$。

代回可验证，对任意 $C_1>0$，均有

$\frac{{\int }_0^x{C}_1{t}^{3}dt}{\frac{(C_1{x}^3{)}^2}{2\cdot 3C_1{x}^2}}=\frac{C_1{x}^4/4}{C_1{x}^4/6}=\frac{3}{2}$。

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25. 【2023-2-10 分】 设曲线 $L:y=y(x)(x>e)$ 经过点 $(e^2,0)$。$L$ 上任一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处切线在 $y$ 轴上的截距。

(1) 求 $y(x)$；

(2) 在 $L$ 上求一点，使该点的切线与两坐标轴所围三角形面积最小，并求此最小面积。

查看答案与解析

答案： (1) $\boxed{y=x(2-\ln x)}$；

(2) 所求点为

$\boxed{P\left(e^{3/2},\frac{e^{3/2}}{2}\right)}$，

最小面积为

$\boxed{S_{\min }=e^3}$。

解析： (1) 点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离为 $x$。

点 $P$ 处切线方程为

$Y-y=y^{\prime }(X-x)$。

令 $X=0$，切线在 $y$ 轴上的截距为

$y-x{y}^{\prime }$。

由题意，

$y-x{y}^{\prime }=x$，

即

$y^{\prime }-\frac{1}{x}y=-1$。

这是关于 $y$ 的一阶线性微分方程。积分因子为

$\mu (x)=e^{\int -\frac{1}{x}dx}=\frac{1}{x}$。

因此

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

积分得

$\frac{y}{x}=-\ln x+C$，

即

$y=x(C-\ln x)$。

由曲线经过 $(e^2,0)$，得

$C=2$。

故

$\boxed{y=x(2-\ln x)}$。

(2) 由

$y^{\prime }=1-\ln x$。

由于 $x>e$，故 $y^{\prime }<0$。

切线在 $y$ 轴上的截距为 $x$，在 $x$ 轴上的截距记为 $a$。切线方程可写为

$Y=(1-\ln x)X+x$。

令 $Y=0$，得

$a=\frac{x}{\ln x-1}$。

所以切线与两坐标轴所围三角形的面积为

$S(x)=\frac{1}{2}\cdot x\cdot \frac{x}{\ln x-1}=\frac{x^2}{2(\ln x-1)}$。

令

$t=\ln x-1>0$，

则 $x=e^{t+1}$，从而

$S(t)=\frac{e^{2t+2}}{2t}$。

求导：

$S^{\prime }(t)=\frac{e^{2t+2}(2t-1)}{2t^2}$。

当 $0<t<\frac{1}{2}$ 时，$S^{\prime }(t)<0$；当 $t>\frac{1}{2}$ 时，$S^{\prime }(t)>0$。

故在

$t=\frac{1}{2}$，即 $x=e^{3/2}$

处取得最小值。

此时

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

所以所求点为

$\boxed{P\left(e^{3/2},\frac{e^{3/2}}{2}\right)}$。

最小面积为

$S_{\min }=\frac{e^3}{2\left(\frac{3}{2}-1\right)}=e^3$。

故

$\boxed{S_{\min }=e^3}$。

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26. 【2023-1-10 分】 设曲线 $y=y(x)(x>0)$ 经过点 $(1,2)$，该曲线上任一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距。

(1) 求 $y(x)$；

(2) 求函数 $f(x)={\int }_1^{x}y(t)dt$ 在 $(0,+\infty )$ 上的最大值。

查看答案与解析

答案： (1) $\boxed{y=x(2-\ln x)}$；

(2) $\boxed{\underset{x>0}{\max }f(x)=\frac{e^4-5}{4}}$，在 $x=e^2$ 处取得。

解析： (1) 点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离为 $x$。

曲线在点 $P$ 处的切线方程为

$Y-y=y^{\prime }(X-x)$。

令 $X=0$，得到切线在 $y$ 轴上的截距为

$y-x{y}^{\prime }$。

由题意，

$y-x{y}^{\prime }=x$，

即

$y^{\prime }-\frac{1}{x}y=-1$。

其积分因子为

$\mu (x)=e^{\int -\frac{1}{x}dx}=\frac{1}{x}$。

于是

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

积分得

$\frac{y}{x}=-\ln x+C$，

故

$y=x(C-\ln x)$。

由 $y(1)=2$，得 $C=2$，所以

$\boxed{y=x(2-\ln x)}$。

(2) 由变上限积分求导公式，

$f^{\prime }(x)=y(x)=x(2-\ln x)$。

由于 $x>0$，故

$$\{\begin{array}{ll}{f}^{\prime }(x)>0,& 0<x<e^2,\\ f^{\prime }(x)=0,& x=e^2,\\ f^{\prime }(x)<0,& x>e^2.\end{array}$$

因此 $f(x)$ 在 $(0,e^2)$ 上单调增加，在 $(e^2,+\infty )$ 上单调减少，故最大值在 $x=e^2$ 处取得。

又

$\int t(2-\ln t)dt=\frac{5}{4}{t}^2-\frac{1}{2}{t}^2\ln t+C$，

所以

$$\begin{array}{rl}f(e^2)& ={\int }_1^{e^2}t(2-\ln t)dt\\ & ={\left[\frac{5}{4}{t}^2-\frac{1}{2}{t}^2\ln t\right]}_1^{e^2}\\ & =\frac{1}{4}{e}^4-\frac{5}{4}\\ & =\frac{e^4-5}{4}.\end{array}$$

故

$\boxed{\underset{x>0}{\max }f(x)=\frac{e^4-5}{4}}$。

（二）利用积分学建模列方程

1. 【1993-4-8 分】 假设：

(1) 函数 $y=f(x)(0\le x<+\infty )$ 满足条件 $f(0)=0$ 和 $0\le f(x)\le e^x-1$；

(2) 平行于 $y$ 轴的动直线 $MN$ 与曲线 $y=f(x)$ 和 $y=e^x-1$ 分别交于点 $P_1$ 和 $P_2$；

(3) 曲线 $y=f(x)$、直线 $MN$ 与 $x$ 轴所围封闭图形的面积 $S$ 恒等于线段 $P_1{P}_2$ 的长度。

求函数 $y=f(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $\boxed{f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sinh x}$。

解析： 设动直线为 $x=X(X\ge 0)$。

曲线 $y=f(x)$、直线 $x=X$ 与两坐标轴所围区域的面积为

$S(X)={\int }_0^{X}f(t)dt$。

在 $x=X$ 处，线段 $P_1{P}_2$ 的长度为

$e^X-1-f(X)$。

由题意，

${\int }_0^{X}f(t)dt=e^X-1-f(X)$。

两边对 $X$ 求导，得

$f(X)=e^X-f^{\prime }(X)$，

即

$f^{\prime }(X)+f(X)=e^X$。

这是一个一阶线性微分方程。积分因子为 $e^X$，故

$(e^{X}f(X){)}^{\prime }=e^{2X}$。

积分得

$e^{X}f(X)=\frac{1}{2}{e}^{2X}+C$，

即

$f(X)=\frac{1}{2}{e}^X+C{e}^{-X}$。

由 $f(0)=0$，得 $C=-\frac{1}{2}$。

因此

$\boxed{f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}}$。

并且

$e^x-1-f(x)=\frac{e^x+e^{-x}-2}{2}\ge 0$，

故所得函数满足题设的大小关系。

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2. 【1997-2-8 分】 设曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r=r(\theta )$，$M(r,\theta )$ 为 $L$ 上任一点，$M_0(2,0)$ 为 $L$ 上一定点。若极径 $O{M}_0$、$OM$ 与曲线 $L$ 所围成的曲边扇形面积值等于 $L$ 上 $M_0,M$ 两点间弧长值的一半，求曲线 $L$ 的方程。

查看答案与解析

答案： 由微分方程中正负号的两种取法，得到两条关于 $x$ 轴对称的解支：

$\boxed{r=\frac{2}{\cos \theta +\sqrt{3}\sin \theta }}$

或

$\boxed{r=\frac{2}{\cos \theta -\sqrt{3}\sin \theta }}$。

对应的直角坐标方程分别为

$\boxed{x+\sqrt{3}y=2}$

或

$\boxed{x-\sqrt{3}y=2}$。

解析： 从 $M_0$ 到 $M$ 的曲边扇形面积为

$S(\theta )=\frac{1}{2}{\int }_0^{\theta }{r}^2(\phi )d\phi$。

相应弧长为

$l(\theta )={\int }_0^{\theta }\sqrt{r^2(\phi )+(r^{\prime }(\phi ){)}^2}d\phi$。

由题意 $S=\frac{1}{2}l$，故

$$\frac{1}{2}{\int }_0^{\theta }{r}^{2}d\phi =\frac{1}{2}{\int }_0^{\theta }\sqrt{r^2+(r^{\prime }{)}^2}d\phi$$

。

两边对 $\theta$ 求导，得

$r^2=\sqrt{r^2+(r^{\prime }{)}^2}$。

平方后有

$(r^{\prime }{)}^2=r^4-r^2=r^2(r^2-1)$。

令

$u=\frac{1}{r}$，

则

$(u^{\prime }{)}^2=1-u^2$。

又由 $r(0)=2$，得 $u(0)=\frac{1}{2}$。

因此局部解有两支：

$u=\sin \left(\frac{\pi }{6}+\theta \right)$

或

$u=\sin \left(\frac{\pi }{6}-\theta \right)$。

即

$\frac{1}{r}=\frac{1}{2}\cos \theta \pm \frac{\sqrt{3}}{2}\sin \theta$，

所以

$r=\frac{2}{\cos \theta \pm \sqrt{3}\sin \theta }$。

利用 $x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$，可化为

$x\pm \sqrt{3}y=2$。

若另行规定曲线从 $M_0$ 出发时 $r$ 随 $\theta$ 增大而减小，则取正号分支

$r=\frac{2}{\cos \theta +\sqrt{3}\sin \theta }$。

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3. 【1998-3-7 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 上连续。若由曲线 $y=f(x)$、直线 $x=1$、$x=t(t>1)$ 与 $x$ 轴所围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积为

$V(t)=\frac{\pi }{3}[t^{2}f(t)-f(1)]$，

试求 $y=f(x)$ 所满足的微分方程，并求该微分方程满足条件 $y{|}_{x=2}=\frac{2}{9}$ 的解。

查看答案与解析

答案： 所满足的微分方程为

$\boxed{x^2{y}^{\prime }+2xy-3y^2=0}$；

满足初始条件的解为

$\boxed{y=\frac{x}{1+x^3}}$。

解析： 旋转体体积为

$V(t)=\pi {\int }_1^t{f}^2(x)dx$。

由题意，

$$\pi {\int }_1^t{f}^2(x)dx=\frac{\pi }{3}[t^{2}f(t)-f(1)]$$

。

两边对 $t$ 求导，得

$\pi f^2(t)=\frac{\pi }{3}[2tf(t)+t^2{f}^{\prime }(t)]$。

整理得

$t^2{f}^{\prime }(t)+2tf(t)-3f^2(t)=0$。

因此 $y=f(x)$ 满足

$\boxed{x^2{y}^{\prime }+2xy-3y^2=0}$。

下面求满足 $y(2)=\frac{2}{9}$ 的解。将方程写成

$y^{\prime }+\frac{2}{x}y=\frac{3}{x^2}{y}^2$。

令

$z=\frac{1}{y}$，

则 $z^{\prime }=-\frac{y^{\prime }}{y^2}$。方程两边除以 $y^2$，得

$-z^{\prime }+\frac{2}{x}z=\frac{3}{x^2}$，

即

$z^{\prime }-\frac{2}{x}z=-\frac{3}{x^2}$。

积分因子为

$\mu (x)=e^{\int -\frac{2}{x}dx}=x^{-2}$。

于是

$(x^{-2}z{)}^{\prime }=-3x^{-4}$。

积分得

$x^{-2}z=x^{-3}+C$，

所以

$z=\frac{1}{x}+C{x}^2$。

因此

$y=\frac{1}{z}=\frac{x}{1+C{x}^3}$。

由 $y(2)=\frac{2}{9}$，有

$\frac{2}{1+8C}=\frac{2}{9}$，

解得 $C=1$。

故

$\boxed{y=\frac{x}{1+x^3}}$。

---

4. 【1999-12-8 分】 设函数 $y(x)(x\ge 0)$ 二阶可导且 $y^{\prime }(x)>0$，$y(0)=1$。过曲线 $y=y(x)$ 上任意一点 $P(x,y)$ 作该曲线的切线及 $x$ 轴的垂线，上述两直线与 $x$ 轴所围成的三角形面积记为 $S_1$；区间 $[0,x]$ 上以 $y=y(x)$ 为曲边的曲边梯形面积记为 $S_2$。若 $2S_1-S_2$ 恒为 $1$，求曲线 $y=y(x)$ 的方程。

查看答案与解析

答案： $\boxed{y=e^x}$。

解析： 曲线在点 $P(x,y)$ 处的切线为

$Y-y=y^{\prime }(X-x)$。

令 $Y=0$，切线与 $x$ 轴交点的横坐标为

$X=x-\frac{y}{y^{\prime }}$。

由于 $y^{\prime }>0$，由切线、过点 $P$ 的竖直线及 $x$ 轴围成的三角形，其底边长为

$\frac{y}{y^{\prime }}$，

高为 $y$，故

$$S_1=\frac{1}{2}\cdot \frac{y}{y^{\prime }}\cdot y=\frac{y^2}{2y^{\prime }}$$

。

又

$S_2={\int }_0^{x}y(t)dt$。

由 $2S_1-S_2=1$，得

$\frac{y^2}{y^{\prime }}-{\int }_0^{x}y(t)dt=1$。

令 $x=0$，由 $y(0)=1$ 得

$\frac{1}{y^{\prime }(0)}=1$，

所以

$y^{\prime }(0)=1$。

对恒等式两边求导，得

${\left(\frac{y^2}{y^{\prime }}\right)}^{\prime }-y=0$。

而

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

，

故

$y-\frac{y^2{y}^{\prime \prime }}{(y^{\prime }{)}^2}=0$，

即

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

由于 $y^{\prime }>0$ 且 $y(0)=1$，在所考察区间内 $y>0$。于是

$\frac{y^{\prime \prime }}{y^{\prime }}=\frac{y^{\prime }}{y}$。

积分得

$\ln y^{\prime }=\ln y+C$，

即

$y^{\prime }=Cy$。

由 $y^{\prime }(0)=1$、$y(0)=1$，得 $C=1$，所以

$y^{\prime }=y$。

再由 $y(0)=1$，得

$\boxed{y=e^x}$。

检验：

$2S_1=\frac{y^2}{y^{\prime }}=e^x$，

$S_2={\int }_0^x{e}^{t}dt=e^x-1$，

故 $2S_1-S_2=1$，满足题意。

---

5. 【2003-2-10 分】 有一平底容器，其内侧壁是由曲线 $x=\phi (y)(y\ge 0)$ 绕 $y$ 轴旋转而成的旋转曲面，容器底面圆的半径为 $2\mathrm{m}$。根据设计要求，当以 $3{\mathrm{m}}^3/min$ 的速率向容器内注入液体时，液面的面积将以 $\pi {\mathrm{m}}^2/min$ 的速率均匀扩大（注入液体前容器内无液体）。

（1）根据 $t$ 时刻液面的面积，写出 $t$ 与 $\phi (y)$ 之间的关系式；

（2）求曲线 $x=\phi (y)$ 的方程。

查看答案与解析

答案： （1）$\boxed{t={\phi }^2(y)-4}$；

（2）$\boxed{x=2e^{\frac{\pi }{6}y}}$。

解析： 设 $t$ 时刻液面的高度为 $y$。此时液面为半径 $\phi (y)$ 的圆，其面积为

$A(t)=\pi {\phi }^2(y)$。

因为液面面积以 $\pi {\mathrm{m}}^2/min$ 的速率均匀扩大，所以

$\frac{dA}{dt}=\pi$。

注入液体前 $t=0$，液面位于容器底部，而底面半径为 $2$，故

$A(0)=4\pi$。

因此

$A(t)=4\pi +\pi t$，

即

$\pi {\phi }^2(y)=4\pi +\pi t$。

所以

$\boxed{t={\phi }^2(y)-4}$。

另一方面，注液速率为 $3{\mathrm{m}}^3/min$，故 $t$ 时刻注入的液体体积为

$V(t)=3t$。

容器中液体从高度 $0$ 到 $y$ 的体积为

$V(t)=\pi {\int }_0^y{\phi }^2(u)du$。

于是

$3t=\pi {\int }_0^y{\phi }^2(u)du$。

代入 $t={\phi }^2(y)-4$，得

$$3[{\phi }^2(y)-4]=\pi {\int }_0^y{\phi }^2(u)du$$

。

两边对 $y$ 求导，得

$6\phi (y){\phi }^{\prime }(y)=\pi {\phi }^2(y)$。

由于容器半径 $\phi (y)>0$，可约去一个 $\phi (y)$，得到

$\frac{{\phi }^{\prime }(y)}{\phi (y)}=\frac{\pi }{6}$。

积分得

$\ln \phi (y)=\frac{\pi }{6}y+C$，

即

$\phi (y)=C{e}^{\frac{\pi }{6}y}$。

由底面半径为 $2$，有

$\phi (0)=2$，

故 $C=2$。因此容器母线方程为

$\boxed{x=\phi (y)=2e^{\frac{\pi }{6}y}}$。

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6. 【2003-4-9 分】 设 $y=f(x)$ 是第一象限内连接点 $A(0,1)$、$B(1,0)$ 的一段连续曲线，$M(x,y)$ 为该曲线上任意一点，点 $C$ 为 $M$ 在 $x$ 轴上的投影，$O$ 为坐标原点。若梯形 $OCMA$ 的面积与曲边三角形 $CBM$ 的面积之和为 $\frac{x^3}{6}+\frac{1}{3}$，求 $f(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $\boxed{f(x)=(1-x{)}^2(0\le x\le 1)}$。

解析： 点 $M$ 的坐标为 $(x,f(x))$，故梯形 $OCMA$ 的两条平行边分别为

$OA=1$，$CM=f(x)$，

两平行边间的距离为 $x$。因此梯形面积为

$S_1=\frac{x[1+f(x)]}{2}$。

曲边三角形 $CBM$ 的面积为

$S_2={\int }_x^{1}f(t)dt$。

由题意，

$$\frac{x[1+f(x)]}{2}+{\int }_x^{1}f(t)dt=\frac{x^3}{6}+\frac{1}{3}$$

。

两边对 $x$ 求导，得

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

整理得

$x{f}^{\prime }(x)-f(x)=x^2-1$。

当 $x>0$ 时，写成一阶线性方程

$f^{\prime }(x)-\frac{1}{x}f(x)=x-\frac{1}{x}$。

积分因子为

$\mu (x)=e^{\int -\frac{1}{x}dx}=\frac{1}{x}$。

于是

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

积分得

$\frac{f(x)}{x}=x+\frac{1}{x}+C$，

从而

$f(x)=x^2+1+Cx$。

曲线经过点 $B(1,0)$，所以

$0=1+1+C$，

即 $C=-2$。故

$f(x)=x^2-2x+1=(1-x{)}^2$。

它同时满足 $f(0)=1$，因此

$\boxed{f(x)=(1-x{)}^2(0\le x\le 1)}$。

---

7. 【2005-2-11 分】 如图，$C_1$ 和 $C_2$ 分别是

$y=\frac{1}{2}(1+e^x)$

和

$y=e^x$

的图象，过点 $(0,1)$ 的曲线 $C_3$ 是一单调增加函数的图象。过 $C_2$ 上任一点 $M(x,y)$ 分别作垂直于 $x$ 轴和 $y$ 轴的直线 $l_x$ 和 $l_y$。记 $C_1,C_2$ 与 $l_x$ 所围图形的面积为 $S_1(x)$；$C_2,C_3$ 与 $l_y$ 所围图形的面积为 $S_2(y)$。如果总有 $S_1(x)=S_2(y)$，求曲线 $C_3$ 的方程 $x=\phi (y)$。

查看答案与解析

答案： $\boxed{x=\phi (y)=\ln y-\frac{y-1}{2y}(y\ge 1)}$。

解析： 对点 $M(x,y)$，因为它位于曲线 $C_2:y=e^x$ 上，所以

$y=e^x$，即 $x=\ln y$。

曲线 $C_1$ 与 $C_2$ 在 $x=0$ 处相交于点 $(0,1)$。因此

$$S_1(x)={\int }_0^x\left[e^t-\frac{1}{2}(1+e^t)\right]dt$$

。

计算得

$$S_1(x)=\frac{1}{2}{\int }_0^x(e^t-1)dt=\frac{1}{2}(e^x-x-1)$$

。

用 $y=e^x$、$x=\ln y$ 表示，得

$S_1(x)=\frac{1}{2}(y-\ln y-1)$。

在高度 $t$ 处，曲线 $C_2$ 的横坐标为 $\ln t$，曲线 $C_3$ 的横坐标为 $\phi (t)$。由图中 $C_3$ 位于 $C_2$ 左侧，

$S_2(y)={\int }_1^y[\ln t-\phi (t)]dt$。

由 $S_1(x)=S_2(y)$，得

$$\frac{1}{2}(y-\ln y-1)={\int }_1^y[\ln t-\phi (t)]dt$$

。

两边对 $y$ 求导，得

$$\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{y}\right)=\ln y-\phi (y)$$

。

因此

$$\phi (y)=\ln y-\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{y}\right)=\ln y-\frac{y-1}{2y}$$

。

故曲线 $C_3$ 的方程为

$\boxed{x=\ln y-\frac{y-1}{2y}(y\ge 1)}$。

---

8. 【2008-2-11 分】 设 $f(x)$ 是区间 $[0,+\infty )$ 上具有连续导数的单调增加函数，且 $f(0)=1$。对于任意的 $t\in [0,+\infty )$，直线 $x=0$、$x=t$、曲线 $y=f(x)$ 以及 $x$ 轴所围成的曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周生成一旋转体。若该旋转体的侧面面积在数值上等于其体积的 $2$ 倍，求函数 $f(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $\boxed{f(x)=\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}}$。

解析： 旋转体的体积为

$V(t)=\pi {\int }_0^t{f}^2(x)dx$。

曲线绕 $x$ 轴旋转所得侧面的面积为

$S(t)=2\pi {\int }_0^{t}f(x)\sqrt{1+[f^{\prime }(x){]}^2}dx$。

由题意，侧面面积等于体积的 $2$ 倍，即

$S(t)=2V(t)$。

因此

$$2\pi {\int }_0^{t}f(x)\sqrt{1+[f^{\prime }(x){]}^2}dx=2\pi {\int }_0^t{f}^2(x)dx$$

。

约去 $2\pi$，并对 $t$ 求导，得

$f(t)\sqrt{1+[f^{\prime }(t){]}^2}=f^2(t)$。

因为 $f$ 单调增加且 $f(0)=1$，故 $f(t)\ge 1>0$。约去 $f(t)$，得

$\sqrt{1+[f^{\prime }(t){]}^2}=f(t)$。

于是

$[f^{\prime }(t){]}^2=f^2(t)-1$。

由于 $f$ 单调增加，应取非负支，故

$f^{\prime }(t)=\sqrt{f^2(t)-1}$。

分离变量，利用 $f(0)=1$，有

${\int }_1^{f(x)}\frac{du}{\sqrt{u^2-1}}={\int }_0^{x}dt=x$。

所以

$\ln \left[f(x)+\sqrt{f^2(x)-1}\right]=x$，

即

$f(x)+\sqrt{f^2(x)-1}=e^x$。

取倒数所对应的共轭关系，得

$f(x)-\sqrt{f^2(x)-1}=e^{-x}$。

两式相加，得到

$2f(x)=e^x+e^{-x}$。

因此

$\boxed{f(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh x}$。

该函数在 $[0,+\infty )$ 上单调增加，并满足 $f(0)=1$。

---

9. 【2009-3-10 分】 设曲线 $y=f(x)$，其中 $f(x)$ 是可导函数，且 $f(x)>0$。已知曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=0$、$x=1$ 及 $x=t(t>1)$ 所围成的曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周所得的立体体积值，是该曲边梯形面积值的 $\pi t$ 倍，求该曲线方程。

查看答案与解析

答案： 曲线可表示为

$\boxed{x=\frac{2}{3}y+\frac{1}{3\sqrt{y}}(y\ge 1)}$。

等价地，$y=f(x)$ 是方程

$\boxed{2y^{3/2}-3x\sqrt{y}+1=0}$

中满足 $y(1)=1$、$y\ge 1$ 的解支。

解析： 曲边梯形面积为

$A(t)={\int }_1^{t}f(x)dx$，

绕 $x$ 轴旋转所得体积为

$V(t)=\pi {\int }_1^t{f}^2(x)dx$。

由题意，

$$\pi {\int }_1^t{f}^2(x)dx=\pi t{\int }_1^{t}f(x)dx$$

。

约去 $\pi$，得

$${\int }_1^t{f}^2(x)dx=t{\int }_1^{t}f(x)dx$$

。

两边对 $t$ 求导，得到

$f^2(t)={\int }_1^{t}f(x)dx+tf(t)$。

令 $t\to 1^{+}$，则积分趋于 $0$，于是

$f^2(1)=f(1)$。

由于 $f(1)>0$，所以

$f(1)=1$。

将

${\int }_1^{t}f(x)dx=f^2(t)-tf(t)$

再次对 $t$ 求导，得

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

整理为

$[2f(t)-t]f^{\prime }(t)=2f(t)$。

把 $t$ 看作 $f$ 的函数，记纵坐标为 $y$、横坐标为 $x$，则

$\frac{dx}{dy}=1-\frac{x}{2y}$，

即

$\frac{dx}{dy}+\frac{x}{2y}=1$。

这是关于 $x=x(y)$ 的一阶线性微分方程。积分因子为

$\mu (y)=e^{\int \frac{1}{2y}dy}=\sqrt{y}$。

因此

$\frac{d}{dy}(x\sqrt{y})=\sqrt{y}$。

积分得

$x\sqrt{y}=\frac{2}{3}{y}^{3/2}+C$，

所以

$x=\frac{2}{3}y+\frac{C}{\sqrt{y}}$。

由 $f(1)=1$，即曲线经过点 $(1,1)$，得

$1=\frac{2}{3}+C$，

故 $C=\frac{1}{3}$。于是曲线方程为

$\boxed{x=\frac{2}{3}y+\frac{1}{3\sqrt{y}}}$。

在 $y\ge 1$ 时，

$\frac{dx}{dy}=\frac{2}{3}-\frac{1}{6y^{3/2}}>0$，

故它唯一确定一条从 $(1,1)$ 出发、对应 $x>1$ 的函数曲线。将等式乘以 $3\sqrt{y}$，还可写成

$\boxed{2y^{3/2}-3x\sqrt{y}+1=0}$。

---

10. 【2021-2-12 分】 函数 $y=y(x)$ 的微分方程 $x{y}^{\prime }-6y=-6$，满足 $y(\sqrt{3})=10$。

(I) 求 $y(x)$；

(II) $P$ 为曲线 $y=y(x)$ 上的一点，曲线在 $P$ 点的法线在 $y$ 轴上的截距为 $I_y$。为使 $I_y$ 最小，求 $P$ 的坐标。

查看答案与解析

答案： (I)

$\boxed{y(x)=1+\frac{x^6}{3}},x>0$。

(II)

$\boxed{P\left(1,\frac{4}{3}\right)}$。

此时法线在 $y$ 轴上的截距最小，最小值为 $\frac{11}{6}$。

解析： (I) 求微分方程的解

原方程为

$x{y}^{\prime }-6y=-6$。

由于初始点 $x=\sqrt{3}>0$，只需在区间 $x>0$ 上求解。方程两边除以 $x$，得

$y^{\prime }-\frac{6}{x}y=-\frac{6}{x}$。

对应齐次方程

$y^{\prime }-\frac{6}{x}y=0$

的通解为

$y_h=C{x}^6$。

容易看出原方程有常数特解 $y_p=1$，故通解为

$y=1+C{x}^6$。

利用条件 $y(\sqrt{3})=10$，得

$10=1+C(\sqrt{3}{)}^6=1+27C$，

所以

$C=\frac{1}{3}$。

因此

$\boxed{y(x)=1+\frac{x^6}{3}}$。

(II) 求法线纵截距的最小值

设曲线上点

$P\left(x,1+\frac{x^6}{3}\right),x>0$。

由

$y^{\prime }=2x^5$，

可知点 $P$ 处法线斜率为

$-\frac{1}{y^{\prime }}=-\frac{1}{2x^5}$。

法线方程为

$Y-y=-\frac{1}{2x^5}(X-x)$。

令 $X=0$，得到法线在 $y$ 轴上的截距

$$I_y=y+\frac{x}{y^{\prime }}=1+\frac{x^6}{3}+\frac{1}{2x^4}$$

。

令

$\phi (x)=1+\frac{x^6}{3}+\frac{1}{2x^4},x>0$，

则

$${\phi }^{\prime }(x)=2x^5-\frac{2}{x^5}=\frac{2(x^{10}-1)}{x^5}$$

。

当 $0<x<1$ 时，${\phi }^{\prime }(x)<0$；当 $x>1$ 时，${\phi }^{\prime }(x)>0$。因此 $x=1$ 是唯一的最小值点。

此时

$y(1)=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，

故

$\boxed{P\left(1,\frac{4}{3}\right)}$。

相应的最小截距为

$I_{y,\min }=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{11}{6}$。

（三）利用物理规律建模列方程

1. 【1998-12-6 分】 从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 $y$（从海平面算起）与下沉速度 $v$ 之间的函数关系。设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉，在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用。设仪器的质量为 $m$，体积为 $B$，海水比重为 $\rho$，仪器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为 $k(k>0)$。试建立 $y$ 与 $v$ 所满足的微分方程，并求出函数关系式 $y=y(v)$。

查看答案与解析

答案： 设竖直向下为正方向，并令

$A=mg-\rho B$。

在仪器能够下沉的条件 $A>0$ 下，$y$ 与 $v$ 满足

$\boxed{mv\frac{dv}{dy}=mg-\rho B-kv}$。

由初始条件 $y=0,v=0$，得

$$\boxed{y(v)=\frac{m(mg-\rho B)}{k^2}\ln \frac{mg-\rho B}{mg-\rho B-kv}-\frac{m}{k}v}$$

，

其中

$0\le v<\frac{mg-\rho B}{k}$。

解析： 取竖直向下为正方向。仪器受到向下的重力 $mg$，以及向上的浮力 $\rho B$ 和阻力 $kv$。

因此由牛顿第二定律，

$m\frac{dv}{dt}=mg-\rho B-kv$。

又因为

$v=\frac{dy}{dt}$，

故由链式法则

$$\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dy}\frac{dy}{dt}=v\frac{dv}{dy}$$

。

于是得到 $y$ 与 $v$ 所满足的微分方程

$\boxed{mv\frac{dv}{dy}=mg-\rho B-kv}$。

令

$A=mg-\rho B>0$，

则

$\frac{dy}{dv}=\frac{mv}{A-kv}$。

仪器从海平面由静止开始下沉，所以 $y(0)=0$。因此

$y(v)=m{\int }_0^v\frac{s}{A-ks}ds$。

利用分解

$$\frac{s}{A-ks}=\frac{A}{k(A-ks)}-\frac{1}{k}$$

，

得

$$\begin{array}{rl}y(v)& =m{\int }_0^v\left[\frac{A}{k(A-ks)}-\frac{1}{k}\right]ds\\ & =\frac{mA}{k^2}\ln \frac{A}{A-kv}-\frac{m}{k}v。\end{array}$$

代回 $A=mg-\rho B$，得到

$$\boxed{y(v)=\frac{m(mg-\rho B)}{k^2}\ln \frac{mg-\rho B}{mg-\rho B-kv}-\frac{m}{k}v}$$

。

当下沉时间趋于无穷时，速度趋于终端速度

$v_{\infty }=\frac{mg-\rho B}{k}$，

故上述关系的速度范围为

$0\le v<\frac{mg-\rho B}{k}$。

---

2. 【2004-12-11 分】 某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下。现有一质量为 $9000\text{ kg}$ 的飞机，着陆时的水平速度为 $700\text{ km/h}$。经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比，比例系数为 $k=6.0\times 10^6$。问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？

查看答案与解析

答案： $\boxed{1.05\text{ km}=1050\text{ m}}$。

解析： 设飞机触地后经过时间 $t$ 的速度为 $v(t)$，从着陆点起的滑行距离为 $x(t)$。取飞机运动方向为正方向。

飞机所受总阻力方向与速度方向相反，大小为 $kv$，故由牛顿第二定律，

$m\frac{dv}{dt}=-kv$。

为与题目给出的 $v_0=700\text{ km/h}$ 及比例系数保持一致，取时间单位为小时、距离单位为千米。初始条件为

$v(0)=v_0=700$。

分离变量并积分，得

$\frac{dv}{v}=-\frac{k}{m}dt$，

所以

$v(t)=v_0{e}^{-kt/m}$。

由

$\frac{dx}{dt}=v(t)$，

并利用 $x(0)=0$，得到

$$\begin{array}{rl}x(t)& ={\int }_0^t{v}_0{e}^{-ks/m}ds\\ & =\frac{m{v}_0}{k}\left(1-e^{-kt/m}\right)。\end{array}$$

飞机的速度随时间趋于 $0$，滑行距离则趋于有限极限。因此最长滑行距离为

$x_{\max }=\underset{t\to +\infty }{\lim }x(t)=\frac{m{v}_0}{k}$。

代入

$m=9000,v_0=700,k=6.0\times 10^6$，

得

$$x_{\max }=\frac{9000\times 700}{6.0\times 10^6}\text{ km}=1.05\text{ km}$$

。

故飞机从着陆点算起滑行的最长距离为

$\boxed{1050\text{ m}}$。