2017年考研数学二第21题

解答题 · 11分

📝 题目

设 $y(x)$ 是区间 $\left(0, \displaystyle\frac{3}{2}\right)$ 内的可导函数，且 $y(1)=0$ 。点 $P$ 是曲线 $l: y=y(x)$ 上的任意一点， $l$ 在点 $P$ 处的切线与 $y$ 轴相交于点 $\left(0, Y_{P}\right)$ ，法线与 $x$ 轴相交于点 $\left(X_{P}, 0\right)$ ，若 $X_{P}=Y_{P}$ ，求 $l$ 上点的坐标 $(x, y)$ 满足的方程。

💡 答案解析

**答案**: 见解析

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**解析**:

曲线 $L$ 在点 $(x, y)$ 处的切线为 $Y-y=y^{\prime}(X-x)$ ，由 $X=0$ 得 $Y_{P}=y-x y^{\prime}$ ； 曲线 $L$ 在点 $(x, y)$ 处的法线为 $Y-y=-\displaystyle\frac{1}{y^{\prime}}(X-x)$ ，由 $Y=0$ 得 $X_{P}=x+y y^{\prime}$ ． 由 $X_{P}=Y_{P}$ 得 $y-x y^{\prime}=x+y y^{\prime}$ ，整理得 $\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\displaystyle\frac{y-x}{y+x}$ ，即 $\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{y}{x}-1}{\displaystyle\frac{y}{x}+1}$ ． 令 $\displaystyle\frac{y}{x}=u$ ，则 $u+x \displaystyle\frac{\mathrm{~d} u}{\mathrm{~d} x}=\displaystyle\frac{u-1}{u+1}$ ，整理得 $x \displaystyle\frac{\mathrm{~d} u}{\mathrm{~d} x}=-\displaystyle\frac{1+u^{2}}{u+1}$ ， 分离变量得 $\displaystyle\frac{u+1}{1+u^{2}} \mathrm{~d} u=-\displaystyle\frac{\mathrm{d} x}{x}$ ， 积分得 $\displaystyle\frac{1}{2} \ln \left(1+u^{2}\right)+\arctan u=-\ln x+C$ ， 由 $y(1)=0$ 得 $C=0$ ， 故 $(x, y)$ 满足的方程为 $\displaystyle\frac{1}{2} \ln \left(1+\displaystyle\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)+\arctan \displaystyle\frac{y}{x}=-\ln x$ ．

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：写出切线方程和法线方程
设曲线上任意一点 $P(x, y)$，该点处曲线的切线斜率为 $y'$（即 $\frac{dy}{dx}$）。则过点 $P$ 的切线方程为： $$Y - y = y'(X - x)$$ 其中 $(X, Y)$ 为切线上动点的坐标。令 $X = 0$，得到切线在 $y$ 轴上的截距 $Y_P$： $$Y_P - y = y'(0 - x) \quad \Rightarrow \quad Y_P = y - x y'$$ 法线是与切线垂直的直线，其斜率为 $-\frac{1}{y'}$（假设 $y' \neq 0$）。过点 $P$ 的法线方程为： $$Y - y = -\frac{1}{y'}(X - x)$$ 令 $Y = 0$，得到法线在 $x$ 轴上的截距 $X_P$： $$0 - y = -\frac{1}{y'}(X_P - x) \quad \Rightarrow \quad -y = -\frac{1}{y'}(X_P - x)$$ 两边乘以 $-1$ 得： $$y = \frac{1}{y'}(X_P - x)$$ 整理得： $$X_P - x = y y' \quad \Rightarrow \quad X_P = x + y y'$$ 因此，切线在 $y$ 轴上的截距为 $Y_P = y - x y'$，法线在 $x$ 轴上的截距为 $X_P = x + y y'$。这两个表达式将在后续步骤中用于建立微分方程。
公式：$$Y_P = y - x y', \quad X_P = x + y y'$$
提示：牢记切线斜率是导数，法线斜率是负倒数；求截距时令对应变量为零。
步骤 3/4
目标：求解微分方程
将方程化为齐次型：$y' = \frac{y - x}{x + y}$。令 $u = \frac{y}{x}$，则 $y = ux$，求导得 $y' = u + x u'$。代入原方程： $$u + x u' = \frac{u - 1}{1 + u}$$ 移项得： $$x u' = \frac{u - 1}{1 + u} - u = \frac{u - 1 - u(1 + u)}{1 + u} = \frac{u - 1 - u - u^2}{1 + u} = -\frac{1 + u^2}{1 + u}$$ 即： $$x \frac{du}{dx} = -\frac{1 + u^2}{1 + u}$$ 分离变量： $$\frac{1 + u}{1 + u^2} du = -\frac{dx}{x}$$ 两边积分： $$\int \frac{1 + u}{1 + u^2} du = -\int \frac{dx}{x}$$ 左边拆项： $$\int \frac{1}{1 + u^2} du + \int \frac{u}{1 + u^2} du = -\ln|x| + C$$ 计算积分： $$\arctan u + \frac{1}{2} \ln(1 + u^2) = -\ln|x| + C$$ 整理得： $$\ln|x| + \frac{1}{2} \ln(1 + u^2) + \arctan u = C$$ 乘以2： $$2\ln|x| + \ln(1 + u^2) + 2\arctan u = 2C$$ 令 $C_1 = 2C$，则： $$\ln(x^2) + \ln(1 + u^2) + 2\arctan u = C_1$$ 即： $$\ln(x^2(1 + u^2)) + 2\arctan u = C_1$$ 回代 $u = \frac{y}{x}$，得： $$\ln(x^2 + y^2) + 2\arctan\frac{y}{x} = C_1$$ 这就是原微分方程的通解。
公式：$$\ln(x^2 + y^2) + 2\arctan\frac{y}{x} = C$$
提示：注意分离变量后积分要加绝对值，常数可合并为任意常数。
步骤 4/4
目标：代入初始条件确定常数，写出曲线方程
已知初始条件为 $y(1)=0$，即当 $x=1$ 时，$y=0$。在极坐标变换 $u = \arctan(y/x)$ 下，由 $y=0$ 得 $u=0$；同时 $x=1$，$y=0$ 代入 $x = r\cos u$，$y = r\sin u$ 可得 $r = 1$。 前面步骤已得到通解：$\ln r + u = C$，即 $\ln\sqrt{x^2+y^2} + \arctan\frac{y}{x} = C$。将 $r=1$，$u=0$ 代入通解： $$ \ln 1 + 0 = C \quad \Rightarrow \quad C = 0. $$ 因此，满足初始条件的特解为 $\ln r + u = 0$，即 $$ \ln\sqrt{x^2+y^2} + \arctan\frac{y}{x} = 0. $$ 为了得到更简洁的形式，两边乘以 2： $$ 2\ln\sqrt{x^2+y^2} + 2\arctan\frac{y}{x} = 0 \quad \Rightarrow \quad \ln(x^2+y^2) + 2\arctan\frac{y}{x} = 0. $$ 这就是所求的曲线方程。 **验证**：将 $x=1$，$y=0$ 代入曲线方程： $$ \ln(1^2+0^2) + 2\arctan\frac{0}{1} = \ln 1 + 2\cdot 0 = 0, $$ 满足初始条件。因此曲线方程正确。
公式：\ln(x^2+y^2) + 2\arctan\frac{y}{x} = 0
提示：将初始条件转化为极坐标形式再代入通解，可避免符号错误。

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