2004年考研数学一第2题

已知等式为 $f'(e^x) = x e^{-x}$，其中自变量为 $x$。为了将自变量统一为 $t$，令 $t = e^x$，则 $x = \ln t$，且 $e^{-x} = \frac{1}{t}$。将 $x = \ln t$ 和 $e^{-x} = \frac{1}{t}$ 代入原等式，得到： $$f'(t) = \ln t \cdot \frac{1}{t} = \frac{\ln t}{t}.$$ 此时，$f'(t)$ 表示函数 $f$ 关于变量 $t$ 的导数，自变量已从 $x$ 成功换为 $t$。

由第一步的积分结果可知，函数 $f(x)$ 的表达式为： $$f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t} \, dt$$ 根据微积分基本定理（牛顿-莱布尼茨公式），若 $F(t)$ 是 $\frac{\ln t}{t}$ 的一个原函数，则 $f(x) = F(x) - F(1)$。对 $f(x)$ 求导时，常数项 $F(1)$ 的导数为零，因此有： $$f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t} \, dt \right] = \frac{\ln x}{x}$$ 这里直接应用了变上限积分求导法则：若 $g(t)$ 连续，则 $\frac{d}{dx} \int_{a}^{x} g(t) \, dt = g(x)$。将积分上限 $x$ 代入被积函数中的 $t$，即得 $f'(x) = \frac{\ln x}{x}$。注意，此处 $x > 0$ 以保证对数函数有意义。因此，$f'(x)$ 的表达式为 $\frac{\ln x}{x}$。

已知 $f'(x) = \frac{\ln x}{x}$，我们需要通过积分求出 $f(x)$。计算不定积分： $$f(x) = \int \frac{\ln x}{x} \, dx$$ 观察到被积函数的形式适合使用换元法。令 $u = \ln x$，则 $du = \frac{1}{x} dx$，于是 $\frac{dx}{x} = du$。代入原积分得： $$\int \frac{\ln x}{x} \, dx = \int u \, du$$ 这是一个基本的幂函数积分： $$\int u \, du = \frac{1}{2} u^2 + C$$ 将 $u = \ln x$ 代回，得到： $$f(x) = \frac{1}{2} (\ln x)^2 + C$$ 其中 $C$ 为任意常数。至此，我们完成了对 $f'(x)$ 的积分，得到了 $f(x)$ 的表达式。

在前一步中，我们得到了微分方程的通解形式为 $\frac{1}{2}(\ln x)^2 + C = \frac{1}{2}(\ln y)^2$，其中 $C$ 是任意常数。现在利用题目给出的初始条件 $f(1)=0$ 来确定常数 $C$。将 $x=1$ 代入通解，此时 $y=f(1)=0$。注意 $\ln 1 = 0$，$\ln 0$ 无定义，但 $y=0$ 时 $\ln y$ 趋向于 $-\infty$，直接代入会得到无穷大，因此需要重新审视通解的推导过程。实际上，在之前的步骤中，我们通过分离变量并积分得到 $\int \frac{1}{y} dy = \int \frac{1}{x \ln x} dx$，积分后得到 $\ln|y| = \ln|\ln x| + C$，即 $\ln|y| = \ln|\ln x| + C$。进一步化为 $|y| = e^C |\ln x|$，即 $y = \pm e^C \ln x$。令 $C_1 = \pm e^C$，则通解为 $y = C_1 \ln x$。现在代入初始条件 $f(1)=0$，即 $x=1$ 时 $y=0$，得 $0 = C_1 \ln 1 = C_1 \cdot 0$。这个等式对任意 $C_1$ 都成立，因此 $C_1$ 无法由该条件唯一确定。但题目中 $f(1)=0$ 是已知的，实际上 $y=0$ 是方程的一个特解（常数解），而通解 $y = C_1 \ln x$ 在 $x=1$ 时也给出 $y=0$，所以 $C_1$ 可以是任意常数。然而，题目通常隐含 $f(x)$ 非零，或者需要结合其他条件。回顾原题，可能 $f(1)=0$ 是用于确定 $C=0$ 的另一种形式。在另一种常见解法中，若将通解写为 $\frac{1}{2}(\ln y)^2 = \frac{1}{2}(\ln x)^2 + C$，代入 $x=1, y=0$ 时，$\ln 0$ 无意义，因此这种形式不适用。正确的做法是使用 $\ln|y| = \ln|\ln x| + C$，代入 $x=1$ 得 $\ln 0 = \ln 0 + C$，这要求 $C=0$ 才能使两边一致（尽管 $\ln 0$ 发散，但形式上可认为 $C=0$）。因此，常数 $C=0$，从而特解为 $\ln|y| = \ln|\ln x|$，即 $|y| = |\ln x|$，由于 $x>1$ 时 $\ln x >0$，且 $y$ 可正可负，通常取 $y = \ln x$（若 $y>0$）或 $y = -\ln x$（若 $y<0$）。结合题目可能给出的其他条件（如 $f(e)=1$ 等）可进一步确定符号。但仅由 $f(1)=0$，我们得到 $C=0$。

经过前几步的推导，我们已经得到函数 $f(x)$ 满足的微分方程及其通解形式。具体地，由步骤4可知，$f(x)$ 满足一阶微分方程 $f'(x) = \frac{\ln x}{x}$，且初始条件为 $f(1)=0$。对等式两边积分： $$\int f'(x) \, dx = \int \frac{\ln x}{x} \, dx$$ 令 $u = \ln x$，则 $du = \frac{1}{x}dx$，积分变为 $\int u \, du = \frac{1}{2}u^2 + C = \frac{1}{2}(\ln x)^2 + C$。因此 $$f(x) = \frac{1}{2}(\ln x)^2 + C$$ 代入初始条件 $f(1)=0$，由于 $\ln 1 = 0$，得 $0 = \frac{1}{2} \cdot 0 + C$，故 $C=0$。所以最终函数表达式为 $$f(x) = \frac{1}{2}(\ln x)^2$$ **验证**：对 $f(x)$ 求导得 $f'(x) = \frac{1}{2} \cdot 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} = \frac{\ln x}{x}$，满足原微分方程；且 $f(1)=\frac{1}{2}(\ln 1)^2=0$，符合初始条件。因此结果正确。