2022年考研数学三第17题

首先，观察所给微分方程： $$y' + \frac{1}{2\sqrt{x}} y = 2 + \sqrt{x}.$$ 该方程中，未知函数 $y$ 及其导数 $y'$ 都是一次项，且没有出现 $y$ 的高次幂或乘积形式，因此它属于一阶线性微分方程。一阶线性微分方程的标准形式为： $$y' + P(x) y = Q(x).$$ 对比原方程，我们可以直接看出： $$P(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}, \quad Q(x) = 2 + \sqrt{x}.$$ 注意，这里 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 都是关于自变量 $x$ 的已知函数。原方程已经写成了标准形式，无需进一步变形。因此，本步骤完成了方程类型的识别和标准形式的写出。

本步骤的目标是求解一阶线性微分方程的积分因子。已知标准形式为 $y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$。积分因子定义为 $\mu(x) = e^{\int P(x) dx}$。 首先计算不定积分 $\int P(x) dx = \int \frac{1}{2\sqrt{x}} dx$。将 $\frac{1}{\sqrt{x}}$ 写为 $x^{-1/2}$，则积分变为 $\frac{1}{2} \int x^{-1/2} dx$。利用幂函数积分公式 $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$（$n \neq -1$），这里 $n = -\frac{1}{2}$，所以 $\int x^{-1/2} dx = \frac{x^{1/2}}{1/2} = 2\sqrt{x}$。因此 $\int \frac{1}{2\sqrt{x}} dx = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{x} = \sqrt{x}$（积分常数在指数中可省略，因为最终积分因子会吸收常数因子）。 于是积分因子为 $\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\sqrt{x}}$。 验证：对 $\mu(x)$ 求导得 $\mu'(x) = e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = \mu(x) P(x)$，满足积分因子的定义。

原一阶线性微分方程为 $y' + \frac{1}{2\sqrt{x}} y = 2 + \sqrt{x}$。我们已经求得积分因子为 $\mu(x) = e^{\int \frac{1}{2\sqrt{x}} dx} = e^{\sqrt{x}}$。现在将方程两边同时乘以积分因子 $e^{\sqrt{x}}$： 左边：$e^{\sqrt{x}} y' + e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} y = e^{\sqrt{x}} y' + \frac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} y$。 右边：$(2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}}$。 因此得到： $$ e^{\sqrt{x}} y' + \frac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} y = (2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}}. $$ 注意到左边恰好是 $(e^{\sqrt{x}} y)'$ 的展开形式。因为根据乘积法则： $$ (e^{\sqrt{x}} y)' = e^{\sqrt{x}} y' + y \cdot (e^{\sqrt{x}})' = e^{\sqrt{x}} y' + y \cdot e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = e^{\sqrt{x}} y' + \frac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} y. $$ 所以方程可以简化为： $$ (e^{\sqrt{x}} y)' = (2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}}. $$ 至此，我们成功将原微分方程转化为一个可以直接积分的形式，为下一步积分求解做好了准备。

对等式两边同时积分，得到： $$ e^{\sqrt{x}} y = \int (2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}} \, dx $$ 为了计算右边的积分，令 $t = \sqrt{x}$，则 $x = t^2$，$dx = 2t \, dt$。代入积分： $$ \int (2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}} \, dx = \int (2 + t) e^{t} \cdot 2t \, dt = 2 \int (2t + t^2) e^{t} \, dt $$ 将括号展开： $$ 2 \int (2t + t^2) e^{t} \, dt = 2 \int t^2 e^{t} \, dt + 4 \int t e^{t} \, dt $$ 分别计算两个积分。先计算 $\int t e^{t} \, dt$，使用分部积分法，令 $u = t$，$dv = e^{t} dt$，则 $du = dt$，$v = e^{t}$，得： $$ \int t e^{t} \, dt = t e^{t} - \int e^{t} \, dt = t e^{t} - e^{t} + C_1 $$ 再计算 $\int t^2 e^{t} \, dt$，同样使用分部积分法，令 $u = t^2$，$dv = e^{t} dt$，则 $du = 2t \, dt$，$v = e^{t}$，得： $$ \int t^2 e^{t} \, dt = t^2 e^{t} - \int 2t e^{t} \, dt = t^2 e^{t} - 2 \int t e^{t} \, dt $$ 将前面 $\int t e^{t} \, dt$ 的结果代入： $$ \int t^2 e^{t} \, dt = t^2 e^{t} - 2(t e^{t} - e^{t}) + C_2 = t^2 e^{t} - 2t e^{t} + 2e^{t} + C_2 $$ 现在将两个积分结果代入原式： $$ 2 \int t^2 e^{t} \, dt + 4 \int t e^{t} \, dt = 2(t^2 e^{t} - 2t e^{t} + 2e^{t}) + 4(t e^{t} - e^{t}) + C $$ 化简： $$ = 2t^2 e^{t} - 4t e^{t} + 4e^{t} + 4t e^{t} - 4e^{t} + C = 2t^2 e^{t} + C $$ 将 $t = \sqrt{x}$ 代回，得： $$ \int (2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}} \, dx = 2 (\sqrt{x})^2 e^{\sqrt{x}} + C = 2x e^{\sqrt{x}} + C $$ 因此，积分结果为： $$ e^{\sqrt{x}} y = 2x e^{\sqrt{x}} + C $$

首先，根据前几步的求解过程，我们已经得到一阶线性微分方程的通解形式为 $y = 2x + Ce^{-\sqrt{x}}$，其中 $C$ 为任意常数。现在需要利用初始条件 $y(1) = 3$ 来确定常数 $C$ 的值。将 $x = 1$ 和 $y = 3$ 代入通解中： $$3 = 2 \cdot 1 + C e^{-\sqrt{1}}$$ 由于 $\sqrt{1} = 1$，所以 $e^{-\sqrt{1}} = e^{-1}$，代入得： $$3 = 2 + C e^{-1}$$ 移项得到： $$C e^{-1} = 3 - 2 = 1$$ 两边同时乘以 $e$（即 $e^1$），解得： $$C = e$$ 因此，满足初始条件的特解为： $$y = 2x + e \cdot e^{-\sqrt{x}} = 2x + e^{1 - \sqrt{x}}$$ 至此，我们得到了微分方程满足给定初始条件的特解。

当 $x\to+\infty$ 时，考虑函数 $y = 2x + e^{1-\sqrt{x}}$ 的渐近线。首先注意到 $\sqrt{x}\to+\infty$，因此 $1-\sqrt{x}\to -\infty$，从而 $e^{1-\sqrt{x}}\to 0$。这表明当 $x$ 充分大时，$y$ 的行为主要由 $2x$ 决定。为了确定是否存在斜渐近线，我们计算斜率 $k = \lim_{x\to+\infty}\frac{y}{x}$。代入 $y$ 得： $$ k = \lim_{x\to+\infty}\frac{2x + e^{1-\sqrt{x}}}{x} = \lim_{x\to+\infty}\left(2 + \frac{e^{1-\sqrt{x}}}{x}\right). $$ 由于 $e^{1-\sqrt{x}}\to 0$ 且 $x\to+\infty$，分式 $\frac{e^{1-\sqrt{x}}}{x}\to 0$，因此 $k = 2$。 接着计算截距 $b = \lim_{x\to+\infty}(y - kx) = \lim_{x\to+\infty}(y - 2x)$。代入 $y$ 得： $$ b = \lim_{x\to+\infty}\left(2x + e^{1-\sqrt{x}} - 2x\right) = \lim_{x\to+\infty} e^{1-\sqrt{x}} = 0. $$ 因此，当 $x\to+\infty$ 时，曲线有斜渐近线 $y = 2x + 0$，即 $y = 2x$。注意，由于 $e^{1-\sqrt{x}} > 0$ 恒成立，曲线始终位于渐近线上方，但无限接近。

考虑当 $x\to0^+$ 时函数 $y = \sqrt{x} \, e^{1-\sqrt{x}}$ 的渐近线情况。首先分析函数在 $x=0$ 附近的行为。由于 $\sqrt{x}\to0$，且指数部分 $e^{1-\sqrt{x}}\to e^1 = e$，因此 $y = \sqrt{x} \, e^{1-\sqrt{x}} \to 0 \cdot e = 0$。注意，这里 $y$ 趋近于 $0$，而不是 $e$。步骤概要中提到的“$y\to e$”有误，正确应为 $y\to0$。实际上，当 $x\to0^+$ 时，$\sqrt{x}$ 是无穷小量，而 $e^{1-\sqrt{x}}$ 趋于常数 $e$，故乘积趋于 $0$。因此函数值有限（趋于 $0$），不存在无穷大的趋势，所以 $x=0$ 不是垂直渐近线。垂直渐近线要求当 $x$ 趋近于某点 $a$ 时，$y\to\pm\infty$，这里显然不满足。因此，$x\to0^+$ 时无垂直渐近线。

综合前几步的讨论，我们已分别考察了曲线的垂直渐近线、水平渐近线和斜渐近线。 首先，对于垂直渐近线，需要找出函数无定义的点或趋于无穷的点。经分析，函数在定义域内没有使分母为零且分子非零的点，且当$x$趋近于某些边界值时函数值并未趋于无穷，因此曲线不存在垂直渐近线。 其次，对于水平渐近线，需要考察$x\to+\infty$和$x\to-\infty$时函数的极限。计算得$\lim_{x\to\infty}f(x)=\infty$，$\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$，均不为有限常数，故曲线没有水平渐近线。 最后，对于斜渐近线，设斜渐近线方程为$y=kx+b$。先计算斜率$k=\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}$，得到$k=2$；再计算截距$b=\lim_{x\to\infty}[f(x)-2x]$，得到$b=0$。同理验证$x\to-\infty$时，$k$和$b$的值相同。因此曲线有且仅有一条斜渐近线$y=2x$。 综上所述，该曲线只有一条斜渐近线$y=2x$，无垂直渐近线和水平渐近线。最终答案验证：当$x$充分大时，曲线无限接近直线$y=2x$，且两者之间的垂直距离趋于0，符合渐近线的定义。