4.12 微分方程应用题（数二中高频考点）

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：4.11 微分方程和其他题型的组合

例 4.42　2009 数三真题

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 $0\leqslant x<\pi$ 时，函数 $y(x)$ 满足 $y''+y+x=0$。求 $y(x)$ 的表达式。

解　在 $(-\pi,0)$ 以及 $[0,\pi)$ 上分别计算 $y(x)$。

当 $x\in(-\pi,0)$ 时，曲线上任一点 $(x,y)$ 处的法线都过原点，故点 $(x,y)$ 处的法线斜率为 $\frac{y}{x}$。

由同一点处的切线斜率与法线斜率的乘积为 $-1$ 可得，点 $(x,y)$ 处的切线斜率为

$$y'=-\frac{x}{y}.$$

分离变量得

$$y\,dy=-x\,dx.$$

于是

$$x^2+y^2=C,$$

其中 $C$ 是待定常数。由 $y\left(-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi}{\sqrt{2}}>0$ 可知 $y=\sqrt{C-x^2}$，再代入 $x=-\frac{\pi}{\sqrt{2}}$，$y=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ 可得 $C=\pi^2$。

因此，在 $(-\pi,0)$ 上，

$$y(x)=\sqrt{\pi^2-x^2}.$$

当 $x\in[0,\pi)$ 时，通过求解 $y''+y+x=0$ 得到 $y(x)$ 的表达式。

$$y''+y+x=0$$

为二阶常系数非齐次线性微分方程，其对应的齐次线性微分方程为 $y''+y=0$。由于 $y''+y=0$ 的特征方程为 $r^2+1=0$，$r=\pm i$ 为特征方程的一对共轭复根，故 $y''+y=0$ 的解为

$$y=C_1\cos x+C_2\sin x,$$

其中 $C_1,C_2$ 为待定常数。

由待定系数法，$y''+y+x=0$ 的特解。由该方程的形式可知，该方程有形如 $y^*=ax+b$ 的特解。$(y^*)'=a$，$(y^*)''=0$。代回 $y''+y+x=0$ 得 $ax+b+x=0$，故 $a=-1,b=0$，所求特解为

$$y^*=-x.$$

因此，$y''+y+x=0$ 的解为

$$y=C_1\cos x+C_2\sin x-x,$$

其中 $C_1,C_2$ 为待定常数。

由于所求曲线 $y=y(x)$ 为光滑曲线，故 $y(x)$ 连续且一阶导数连续。特别地，$y(x)$ 在分界点 $x=0$ 处连续且一阶导数连续，可由该条件确定 $C_1,C_2$ 的值。

$$y(0^-)=\lim_{x\to0^-}\sqrt{\pi^2-x^2}=\pi, \qquad y(0^+)=\lim_{x\to0^+}(C_1\cos x+C_2\sin x-x)=C_1.$$

由 $y(0^-)=y(0^+)$ 得，$C_1=\pi$。

$$y'(x)= \begin{cases} -\dfrac{x}{\sqrt{\pi^2-x^2}},&x\in(-\pi,0),\\[6pt] -C_1\sin x+C_2\cos x-1,&x\in(0,\pi). \end{cases}$$

由于 $y'(x)$ 连续，故

$$0=\lim_{x\to0^-}\left(-\frac{x}{\sqrt{\pi^2-x^2}}\right) =\lim_{x\to0^+}\left(-C_1\sin x+C_2\cos x-1\right) =C_2-1.$$

于是 $C_2=1$。

综上所述，可知

$$y(x)= \begin{cases} \sqrt{\pi^2-x^2},&x\in(-\pi,0),\\[6pt] \pi\cos x+\sin x-x,&x\in[0,\pi). \end{cases}$$

例 4.43　2015 数二真题

将高温物体置于低温介质中，物体温度下降的速率与物体温度和介质温度之差成正比。已知物体初始温度为 $120^\circ\mathrm{C}$，介质温度为 $20^\circ\mathrm{C}$，放入介质中 $30$ min 后物体温度降为 $30^\circ\mathrm{C}$。问还需继续冷却多少时间，才能将物体温度降至 $21^\circ\mathrm{C}$？

分析　本题主要考查微分方程的物理应用。

应根据题目条件建立关于 $t,T$ 的微分方程，并利用 $T(0)=120,T(30)=30$ 来解出 $T(t)$。

解　由题意得

$$\frac{dT}{dt}=k(T-20),$$

注意：$k$ 的符号表示温度随时间推移增加或减少。由于温度随着时间推移而降低，这里的比例系数 $k$ 是一个小于零的数。

分离变量得

$$\frac{dT}{T-20}=k\,dt.$$

对该方程两端积分得

$$\ln(T-20)=kt+C.$$

当 $t=0$ 时，$T(0)=120$，由此可得

$$C=\ln(120-20)=\ln100=2\ln10.$$

当 $t=30$ 时，$T(30)=30$，由此可得

$$\ln(30-20)=30k+2\ln10,$$

即

$$k=-\frac{\ln10}{30}.$$

所以

$$\ln(T-20)=-\frac{\ln10}{30}t+2\ln10, \tag{1}$$

即

$$T-20=100e^{-\frac{\ln10}{30}t}.$$

当 $T=21$ 时，代入（1）式，可得

$$0=-\frac{\ln10}{30}t+2\ln10,$$

解得 $t=60$，即冷却 $30$ min 后，还需要继续冷却 $30$ min，才能把物体温度降至 $21^\circ\mathrm{C}$。

💡 【WRITTEN】 解题中的另一种写法

$$\ln(T-20)=kt+\ln C$$ $$\therefore\ T-20=Ce^{kt},\qquad t=0,\ T=120\Rightarrow C=100$$ $$\therefore\ T-20=100e^{kt}$$ $$t=30,\ T=30,\quad 10=100e^{30k}$$ $$\therefore\ e^{30k}=\frac1{10} \Rightarrow 30k=-\ln10 \Rightarrow k=-\frac{\ln10}{30}$$ $$\therefore\ T-20=100e^{-\frac{\ln10}{30}t}$$ $$T=21\Rightarrow \frac1{100}=e^{-\frac{\ln10}{30}t} \Rightarrow \frac{\ln100}{30}t=\ln100 \Rightarrow \frac{t}{30}=2 \Rightarrow t=60$$ $$\therefore\ \text{还需继续冷却 }30\text{ min}.$$

例 4.44　（涉及到可降阶微分方程，数三不要求）2020 数二真题

设函数 $f(x)$ 可导，且 $f'(x)>0$。曲线 $y=f(x)$（$x\geqslant0$）过原点。曲线上任一点 $M$ 处的切线与 $x$ 轴交于点 $T$，过点 $M$ 作 $x$ 轴的垂线，垂足为 $P$。若由曲线 $y=f(x)$、线段 $MP$ 和 $x$ 轴所围成的面积与 $\triangle MTP$ 的面积之比为 $3:2$，求该曲线。

分析　本题综合考查了导数的几何应用、定积分的几何应用与微分方程。

本题中，分别写出两个平面图形的面积的表达式，利用面积之比为 $3:2$ 建立微分方程，解微分方程可得所求曲线方程。

解　点 $M,T,P$ 如图所示。设 $M(x,y)$，即 $y=f(x)$。

曲线在点 $M(x,y)$ 处的切线方程为

$$Y-y=y'(X-x).$$

令 $Y=0$，得 $T$ 点坐标为

$$\left(x-\frac{y}{y'},0\right).$$

令 $Y=0$，可得点 $T$ 的横坐标为

$$X=x-\frac{f(x)}{f'(x)}.$$

因为 $y=f(x)$（$x\geqslant0$）过原点，且 $f'(x)>0$，故点 $M$ 的纵坐标 $f(x)>0$。于是

$$|MP|=f(x), \qquad |TP| =\left|x-\left[x-\frac{f(x)}{f'(x)}\right]\right| =\left|\frac{f(x)}{f'(x)}\right| =\frac{f(x)}{f'(x)}.$$

于是

$$S_{\triangle MTP} =\frac12\cdot f(x)\cdot\frac{f(x)}{f'(x)} =\frac{[f(x)]^2}{2f'(x)}.$$

由定积分的几何意义可得，曲边三角形 $OMP$ 的面积

$$S=\int_0^x f(t)\,dt.$$

由曲边三角形 $OMP$ 的面积与 $\triangle MTP$ 的面积之比为 $3:2$ 可知

$$\frac{\displaystyle\int_0^x f(t)\,dt} {\displaystyle\frac{[f(x)]^2}{2f'(x)}}=\frac32,$$

即

$$4\int_0^x f(t)\,dt =\frac{3[f(x)]^2}{f'(x)}. \tag{1}$$

对（1）两边关于 $x$ 求导，得

$$4f(x) =3\left\{\frac{2f(x)[f'(x)]^2-f^2(x)f''(x)}{[f'(x)]^2}\right\}.$$

整理得

$$2[f'(x)]^2=3f(x)f''(x),$$

即

$$2(y')^2=3yy''. \tag{2}$$

这是一个可降阶微分方程。令 $p=y'$，则 $y''=p\frac{dp}{dy}$，原方程化为

$$3y\frac{dp}{dy}=2p.$$

分离变量得

$$\frac{dp}{p}=\frac{2}{3y}\,dy.$$

方程两端积分得

$$\ln p=\frac23\ln y+C_0, \qquad C_0\text{ 为常数,\quad 这里不需要加绝对值符号.}$$

又因为由已知条件可得 $p>0,y>0$，所以

$$y'=p=C_1y^{\frac23},$$

即

$$\frac{dy}{dx}=C_1y^{\frac23}.$$

由 $y=f(x)$ 过原点可知，$f(0)=0$。代入

$$2[f'(x)]^2=3f(x)f''(x)$$

可知 $f'(0)=0$。由 $f(0)=0$ 和 $f'(0)=0$ 无法确定 $C_1$。

分离变量得

$$\frac{dy}{y^{\frac23}}=C_1\,dx.$$

方程两端积分得

$$3y^{\frac13}=C_1x+C_2.$$

由 $f(0)=0$ 可得 $C_2=0$。从而

$$3y^{\frac13}=C_1x, \qquad y^{\frac13}=\frac{C_1}{3}x.$$

因此

$$y=\frac{C_1^3}{27}x^3=Cx^3, \qquad C=\frac{C_1^3}{27}.$$

由于 $y>0$，故 $C>0$。

综上所述，

$$y=Cx^3.$$

其中 $C$ 为任意正实常数。

例 4.45　2023 数一真题

设曲线 $y=y(x)$（$x>0$）过点 $(1,2)$，且曲线上任一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于曲线在点 $P$ 处的切线在 $y$ 轴上的截距。

（I）求曲线 $y=y(x)$；

（II）求函数

$$f(x)=\int_1^x y(t)\,dt$$

在 $(0,+\infty)$ 上的最大值。

分析　本题综合考查微分方程的几何应用以及一元函数的最值问题。

第（I）问中，先根据关系“曲线上任意一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距”建立微分方程，求解并代入初始条件 $y(1)=2$ 即可得 $y(x)$ 的表达式。

第（II）问中，$f(x)$ 是与 $y(x)$ 有关的变限积分，求它在 $(0,+\infty)$ 上的最大值，可以先计算 $f'(x)$ 再分析 $f(x)$ 的单调性。

解

（I）由导数的几何意义可知，点 $P(x,y)$ 处的切线方程为

$$Y-y=y'(X-x).$$

该点到 $y$ 轴的距离为

$$|x|\mathop{=}^{x>0}x.$$

令 $X=0$，得

$$Y=y-xy'.$$

由点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距可得

$$x=y-xy'.$$

即

$$y'-\frac{y}{x}=-1.$$

整理可得

$$y'-\frac{y}{x}=-1.$$

由一阶非齐次线性微分方程的通解公式可得

$$\begin{aligned} y &=e^{\int\frac1x\,dx} \left(\int(-1)e^{-\int\frac1x\,dx}\,dx+C\right)\\ &=x\left(-\int\frac1x\,dx+C\right)\\ &=x(C-\ln x). \end{aligned}$$

代入 $x=1,y=2$ 可得 $C=2$。因此

$$y=x(2-\ln x).$$

（II）由

$$f(x)=\int_1^x t(2-\ln t)\,dt$$

由变限积分的求导公式可得

$$f'(x)=x(2-\ln x).$$

解 $2-\ln x=0$ 可得 $x=e^2$。于是，$x=e^2$ 为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的唯一驻点。

当 $0<x<e^2$ 时，$f'(x)>0$，$f(x)$ 单调增加；当 $x>e^2$ 时，$f'(x)<0$，$f(x)$ 单调减少。因此，$f(x)$ 在 $x=e^2$ 处取得最大值。

$$\begin{aligned} f(e^2) &=\int_1^{e^2}t(2-\ln t)\,dt\\ &=\frac12\int_1^{e^2}(2-\ln t)\,d(t^2)\\ &=\left.\frac12t^2(2-\ln t)\right|_1^{e^2} -\frac12\int_1^{e^2}t^2\left(-\frac1t\right)\,dt\\ &=0-1+\frac12\int_1^{e^2}t\,dt\\ &=-1+\left.\frac14t^2\right|_1^{e^2}\\ &=\frac14e^4-\frac54. \end{aligned}$$

例 4.46　2023 数二真题

设曲线 $L:y=y(x)$（$x>e$）过点 $(e^2,0)$，且曲线上任一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于曲线在点 $P$ 处的切线在 $y$ 轴上的截距。

（I）求曲线 $L$；

（II）在曲线 $L$ 上求一点，使得曲线 $L$ 在该点处的切线与坐标轴所围成的三角形面积最小，并求该最小面积。

分析　本题综合考查微分方程的几何应用以及一元函数的最值问题。

第（I）问中，先根据关系“曲线上任意一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距”建立微分方程，求解并代入初始条件 $y(e^2)=0$ 即可得 $y(x)$ 的表达式。

第（II）问中，点 $(x,y)$ 处的切线与两坐标轴所围成的三角形是一个直角三角形，记切线在 $x$ 轴、$y$ 轴上的截距为 $x_0,y_0$，则三角形的面积

$$S=\frac12|x_0||y_0|.$$

将 $S$ 表示为 $x$ 的一元函数，计算其最小值即可。

解

（I）由导数的几何意义可知，点 $P(x,y)$ 处的切线方程为

$$Y-y=y'(X-x).$$

该点到 $y$ 轴的距离为

$$|x|\mathop{=}^{x>e>0}x.$$

令 $X=0$，可得

$$Y=y-xy'.$$

由点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距可得

$$x=y-xy',$$

即

$$y'-\frac{y}{x}=-1.$$

解得

$$y=x(C-\ln x).$$

由 $y(e^2)=0$ 得 $C=2$，所以

$$y=x(2-\ln x).$$

（II）点 $(x,y)$ 处的切线与两坐标轴所围成的三角形是一个直角三角形，记切线在 $x$ 轴、$y$ 轴上的截距为 $x_0,y_0$，则三角形的面积

$$S=\frac12|x_0||y_0|.$$

由切线方程可得

$$x_0=x-\frac{y}{y'}, \qquad y_0=y-xy'.$$

由 $y=x(2-\ln x)$，得

$$y'=1-\ln x.$$

又因为 $x>e$，所以

$$|x_0|=\left|x-\frac{x(2-\ln x)}{1-\ln x}\right| =\left|-\frac{x}{1-\ln x}\right| =\frac{x}{\ln x-1},$$ $$|y_0| =|x(2-\ln x)-x(1-\ln x)| =x.$$

三角形面积为

$$S(x)=\frac12|x_0||y_0| =\frac{x^2}{2(\ln x-1)}.$$

求导得

$$S'(x) =\frac12\cdot \frac{2x(\ln x-1)-x^2\cdot\frac1x}{(\ln x-1)^2} =\frac{2x\ln x-3x}{2(\ln x-1)^2} =\frac{x(\ln x-\frac32)}{(\ln x-1)^2}.$$

当 $e<x<e^{\frac32}$ 时，$S'(x)<0$；当 $x>e^{\frac32}$ 时，$S'(x)>0$。因此，当 $x=e^{\frac32}$ 时，$S(x)$ 取得最小值。

此时

$$y=e^{\frac32}\left(2-\frac32\right)=\frac12e^{\frac32}.$$

故所求点为

$$\left(e^{\frac32},\frac12e^{\frac32}\right),$$

最小面积为

$$S_{\min} =\frac{e^3}{2(\frac32-1)} =e^3.$$

例 4.47　2012 数一真题（涉及参数方程，数三不要求）

曲线 $L$ 的参数方程为

$$\begin{cases} x=f(t),\\ y=\cos t, \end{cases} \qquad 0\leqslant t<\frac{\pi}{2},$$

其中 $f(t)$ 具有连续导数，$f(0)=0$，且 $f'(t)>0$。在 $0<t<\frac{\pi}{2}$ 时，曲线 $L$ 的切线在 $x$ 轴上的截距与切点之间的距离为 $1$。求 $f(t)$ 及曲线 $L$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴所围成的平面图形的面积。

分析　本题主要考查导数与定积分的几何意义。题设中条件“曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离恒为 $1$”是解答本题的关键，我们可以根据该条件列出等式后再求解。

解　由参数方程得

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=-\frac{\sin t}{f'(t)}.$$

曲线在点 $(f(t),\cos t)$ 处的切线方程为

$$y-\cos t=-\frac{\sin t}{f'(t)}[x-f(t)].$$

令 $y=0$，得切线在 $x$ 轴上的截距为

$$x=f(t)+\frac{\cos t}{\sin t}f'(t).$$

于是切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离为

$$\left[f(t)+\frac{\cos t}{\sin t}f'(t)-f(t)\right]^2+(0-\cos t)^2=1,$$

整理得

$$\left[\frac{\cos t}{\sin t}f'(t)\right]^2=\sin^2t,$$

即

$$[f'(t)]^2=\frac{\sin^4t}{\cos^2t}.$$

因为 $f'(t)>0$，所以

$$f'(t)=\frac{\sin^2t}{\cos t}.$$

由 $f(0)=0$，得

$$\begin{aligned} f(t) &=\int_0^t\frac{\sin^2x}{\cos x}\,dx\\ &=\int_0^t\frac{1-\cos^2x}{\cos x}\,dx\\ &=\int_0^t\sec x\,dx-\int_0^t\cos x\,dx\\ &=\ln|\sec t+\tan t|-\sin t. \end{aligned}$$

由于 $0\leqslant t<\frac{\pi}{2}$，所以

$$f(t)=\ln(\sec t+\tan t)-\sin t.$$

设以曲线 $L$ 及 $x$ 轴和 $y$ 轴为边界的区域的面积为 $S$，则

$$\begin{aligned} S &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}y(t)\,d(x(t))\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos t\cdot x'(t)\,dt\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos t\cdot f'(t)\,dt\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos t\cdot\frac{\sin^2t}{\cos t}\,dt\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2t\,dt\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos2t}{2}\,dt\\ &=\frac{\pi}{4}. \end{aligned}$$

例 4.48　2011 数二真题（此题涉及到可降阶微分方程，数三不要求，但反解的思想需要掌握）

正常来说，倾角 $\alpha$ 的取值范围是 $[0,\pi]$，而 $\tan$ 只有在 $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ 上才能反解出 $\arctan$，在 $\left(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right)$ 上的反函数为 $\pi+\arctan$（基础推导 1.3.11.3 小节），因此，原则上来说，这个区间上的 $\tan$ 是不能随意反解 $\arctan$ 的。

设函数 $y=y(x)$ 二阶可导，记 $\alpha$ 为曲线 $l:y=y(x)$ 在点 $(x,y)$ 处切线的倾角，若

$$\frac{d\alpha}{dx}=\frac{dy}{dx}.$$

若曲线 $l$ 与直线 $y=x$ 在原点相切，求曲线 $l$ 的方程。

（法二）　由于曲线 $l:y=y(x)$ 在点 $(x,y)$ 处的切线斜率为 $y'$，故

$$\tan\alpha=y'.$$

由 $\alpha=\arctan y'$，得

$$\frac{d\alpha}{dx}=\frac{y''}{1+(y')^2}.$$

又因为

$$\frac{d\alpha}{dx}=\frac{dy}{dx}=y',$$

所以

$$\frac{y''}{1+(y')^2}=y'. \tag{1}$$

（1）式为可降阶二阶微分方程。令 $p=y'$，则（1）式变成

$$p'=p(1+p^2).$$

分离变量得

$$\frac{dp}{p(1+p^2)}=dx.$$

方程两端同时积分得

$$\frac12\ln\frac{p^2}{1+p^2}=x+C.$$

其中 $C$ 为待定常数。由于曲线 $y=y(x)$ 与直线 $y=x$ 相切于原点，故 $y'(0)=1$，即 $p(0)=1$。代入上式得

$$\frac12\ln\frac12=0+C, \qquad C=\frac12\ln\frac12.$$

于是

$$\frac12\ln\frac{p^2}{1+p^2} =x+\frac12\ln\frac12.$$

即

$$\frac{2p^2}{1+p^2}=e^{2x}, \qquad \frac{2(y')^2}{1+(y')^2}=e^{2x}.$$

所以

$$(y')^2=\frac{e^{2x}}{2-e^{2x}}.$$

由 $y'(0)=1$ 可知

$$y'=\frac{e^x}{\sqrt{2-e^{2x}}}.$$

对 $y'$ 积分求 $y(x)$ 的表达式。由于曲线过原点，故 $y(0)=0$，从而

$$\begin{aligned} y(x) &=\int_0^x\frac{e^t}{\sqrt{2-e^{2t}}}\,dt\\ &=\int_0^x\frac{e^t/\sqrt2}{\sqrt{1-(e^t/\sqrt2)^2}}\,dt\\ &=\arcsin\frac{e^x}{\sqrt2}-\frac{\pi}{4}. \end{aligned}$$

故曲线 $l$ 的方程为

$$y=\arcsin\frac{e^x}{\sqrt2}-\frac{\pi}{4}.$$

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我的总结

本节内容是考研数学第四章常微分方程的关键组成部分。在复习与解题时应掌握以下主线：

1. 识别方程类型：观察自变量、未知函数及各阶导数的组合形式，快速锁定标准型或代换方向；
2. 掌握通用解法：公式法、降阶法、特征方程法熟练掌握，计算务必准确；
3. 注重综合联动：微分方程常与变限积分、级数、中值定理及几何物理应用综合命题，强化前后知识贯通。

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参考资料

• 考研数学历年真题（全国统考真题）
• 同济大学数学系《高等数学》（常微分方程章节）
• 常见考研辅导资料（张宇《高数十八讲》、李林《880题》等）
• 本人考研数学课程学习笔记与题型方法梳理