2017年考研数二第21题解析：不定积分、分离变量、直线方程

题目

设 $y(x)$ 是区间 $(0,\frac{3}{2})$ 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 $(0,Y_p)$, 法线与 $x$ 轴交于点 $(X_p,0)$. 若 $X_p=Y_p$, 求 $l$ 上点的坐标 $(x,y)$ 满足的方程。

解析

由题可知，本题就是让求解曲线 $l$ 的表达式，我们由已知条件逐渐切入即可。

由于已知 $X_p=Y_p$, 因此，我们的首要任务就是分别求解出 $X_p$ 和 $Y_p$, 过程如下：

由题可知，根据直线方程的点斜式表示法，曲线 $l$ 的「切线」方程可表示为：

$$Y–y=y^{‘}(X–x)\mathrm{①}\Rightarrow$$

注：

[1]. 在 $\mathrm{①}$ 式中，$X$ 和 $Y$ 表示该切线上的未知变量，$x$ 和 $y$ 则表示曲线 $l$ 上的“已知”变量。

$$\mathrm{令}X=0\Rightarrow$$

$$Y–y=–x{y}^{‘}\Rightarrow$$

$$Y=Y_p=y–x{y}^{‘}.\mathrm{②}$$

由题可知，根据直线方程的点斜式表示法，曲线 $l$ 的「法线」方程可表示为：

$$Y–y=\frac{-1}{y^{‘}}(X–x)\mathrm{③}\Rightarrow$$

注：

[1]. 在 $\mathrm{③}$ 式中，$X$ 和 $Y$ 表示该切线上的未知变量，$x$ 和 $y$ 则表示曲线 $l$ 上的“已知”变量。

$$\mathrm{令}Y=0\Rightarrow$$

$$-y=\frac{-1}{y^{‘}}(X–x)\Rightarrow$$

$$-y=\frac{x}{y^{‘}}–\frac{X}{y^{‘}}\Rightarrow$$

$$\frac{X}{y^{‘}}=\frac{x}{y^{‘}}+y\Rightarrow$$

$$X=X_p=x+y{y}^{‘}.\mathrm{④}$$

联立 $\mathrm{③}$ 式与 $\mathrm{④}$ 式，可得：

$$\{\begin{array}{c}{Y}_p=y–x{y}^{‘};\\ X_p=x+y{y}^{‘}.\end{array}$$

又：

$$X_p=Y_p.$$

于是：

$$x+y{y}^{‘}=y–x{y}^{‘}.\Rightarrow$$

$$(x+y)y^{‘}=y–x$$

$$y^{‘}=\frac{y–x}{y+x}\Rightarrow$$

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y–x}{y+x}.\mathrm{⑤}$$

注：

[1]. 由于 $y$ 是 $x$ 的函数，即变量 $y$ 中有隐含着的变量 $x$, 而我们此时还不知道 $x$ 和 $y$ 之间的相互关系，因此，我们不能通过在 $\mathrm{⑤}$ 式等号两端同时做积分运算的方式消去 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$;

[2]. 为了解决上面 $[1]$ 中提到的变量隐含的问题，我们必须用另一个变量，把 $x$ 和 $y$ 作为一个整体替换掉，也就是使用变量替换的方式，使所有隐含变量要么被完全掩盖掉，不在接下来的计算中发挥作用，要么就完全显现出来。

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y–x}{y+x}\Rightarrow$$

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{y}{x}–1}{\frac{y}{x}+1}.\mathrm{⑥}$$

令 $u=\frac{y}{x}$, 则：

$$y=ux\Rightarrow$$

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=(ux{)}_x^{‘}=u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}.\mathrm{⑦}$$

且：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{y}{x}–1}{\frac{y}{x}+1}\Rightarrow$$

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{u–1}{u+1}.\mathrm{⑧}$$

联立 $\mathrm{⑦}$ 式与 $\mathrm{⑧}$ 式可得：

$$\{\begin{array}{c}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x};\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{u–1}{u+1}.\end{array}\Rightarrow$$

$$u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{u–1}{u+1}\Rightarrow$$

$$u–\frac{u–1}{u+1}=\frac{-x}{\mathrm{d}x}\cdot \mathrm{d}u\Rightarrow$$

$$\frac{u^2+1}{u+1}=\frac{-x}{\mathrm{d}x}\cdot \mathrm{d}u\Rightarrow$$

$$\frac{u^2+1}{u+1}\cdot \frac{1}{\mathrm{d}u}=\frac{-x}{\mathrm{d}x}\Rightarrow$$

$$\frac{u+1}{u^2+1}\mathrm{d}u=\frac{-1}{x}\mathrm{d}x\Rightarrow$$

$$\mathrm{等}\mathrm{号}\mathrm{两}\mathrm{边}\mathrm{同}\mathrm{时}\mathrm{计}\mathrm{算}\mathrm{积}\mathrm{分}\Rightarrow$$

$$\int \frac{u+1}{u^2+1}\mathrm{d}u=\int \frac{-1}{x}\mathrm{d}x\Rightarrow$$

$$\int \frac{u}{u^2+1}\mathrm{d}u+\int \frac{1}{u^2+1}\mathrm{d}u=\int \frac{-1}{x}\mathrm{d}x\Rightarrow$$

$$\frac{1}{2}\ln (u^2+1)+\arctan u=–\ln |x|+C\Rightarrow$$

$$\frac{1}{2}\ln (u^2+1)+\arctan u=\frac{-1}{2}\ln x^2+C\Rightarrow$$

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

$$\frac{1}{2}[\ln (u^2+1)+\ln x^2]+\arctan u=C\Rightarrow$$

$$\mathrm{将}u=\frac{y}{x}\mathrm{代}\mathrm{入}\Rightarrow$$

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

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

$$\mathrm{将}x=1\mathrm{时}y=0\mathrm{代}\mathrm{入}\Rightarrow$$

$$\frac{1}{2}\ln 1+\arctan 0=C\Rightarrow$$

$$C=0.$$

于是，曲线 $l$ 上点的坐标 $(x,y)$ 满足的方程为：

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

$$\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+\arctan \frac{y}{x}=0.$$