题目

设曲线 y = y(x) (x > 0) 经过点 (1,2)，该曲线上任一点 P(x,y) 到 y 轴的距离等于该点处的切线在 y 轴上的截距。(1) 求 y(x)；(2) 求函数 f(x) = int_(1)^x y(t) , dt 在 (0, +infty) 上的最大值。

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

(1) 求 $y(x)$；

(2) 求函数 $f(x) = \int_{1}^{x} y(t) \, dt$ 在 $(0, +\infty)$ 上的最大值。

题目解答

答案

(1) 由题意，切线在 $ y $-轴上的截距等于点到 $ y $-轴的距离，即 $ x = y - xy' $。整理得 $ y' = \frac{y}{x} - 1 $。
解该微分方程，得 $ y = -x \ln x + Cx $。
由过点 $ (1, 2) $，得 $ C = 2 $，故 $ y(x) = -x \ln x + 2x $。

(2) 计算 $ f(x) = \int_{1}^{x} y(t) \, dt $：
$f(x) = \int_{1}^{x} (-t \ln t + 2t) \, dt = x^2 - 1 - \left( \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4} + \frac{1}{4} \right) = -\frac{x^2}{2} \ln x + \frac{5x^2}{4} - \frac{5}{4}$
求导得 $ f'(x) = x(2 - \ln x) $，令 $ f'(x) = 0 $ 得 $ x = e^2 $。
由单调性分析，$ f(x) $ 在 $ x = e^2 $ 处取得最大值：
$f(e^2) = \frac{e^4 - 5}{4}$

答案：
(1) $ y(x) = -x \ln x + 2x $
(2) 最大值为 $ \boxed{\frac{e^4 - 5}{4}} $

解析

本题主要考查一阶线性微分方程的求解以及利用导数求函数的最值。

（1）求$y(x)$

  • 根据题意建立微分方程：
    已知曲线上任一点$P(x,y)$到$y$轴的距离等于该点处的切线在$y$轴上的截距，点$P(x,y)$到$y$轴的距离为$x$。
    曲线$y = y(x)$在点$P(x,y)$处的切线方程为$Y - y = y'(X - x)$，令$X = 0$，可得切线在$y$轴上的截距为$y - xy'$。
    所以$x = y - xy'$，移项整理得$y' = \frac{y}{x} - 1$，这是一个一阶齐次线性微分方程。
  • 求解微分方程：
    令$u=\frac{y}{x}$，则$y = ux$，对$y = ux$两边求导，根据乘积的求导法则$(uv)^\prime = u^\prime v + uv^\prime$可得$y^\prime = u + xu^\prime$。
    将$y = ux$和$y^\prime = u + xu^\prime$代入$y' = \frac{y}{x} - 1$中，得到$u + xu^\prime = u - 1$，即$xu^\prime = -1$。
    分离变量得$du = -\frac{1}{x}dx$，两边积分$\int du = -\int \frac{1}{x}dx$，可得$u = -\ln x + C$。
    把$u=\frac{y}{x}$代回，得到$\frac{y}{x}=-\ln x + C$，即$y = -x\ln x + Cx$。
  • 确定常数$C$：
    因为曲线经过点$(1,2)$，将$x = 1$，$y = 2$代入$y = -x\ln x + Cx$中，可得$2 = -1\times\ln 1 + C\times 1$，由于$\ln 1 = 0$，所以$C = 2$。
    故$y(x) = -x\ln x + 2x$。

（2）求函数$f(x) = \int_{1}^{x} y(t) \, dt$在$(0, +\infty)$上的最大值

  • 计算定积分$f(x)$：
    已知$y(t) = -t\ln t + 2t$，则$f(x) = \int_{1}^{x} (-t\ln t + 2t) \, dt$。
    根据定积分的性质$\int_{a}^{b}(f(x)+g(x))dx=\int_{a}^{b}f(x)dx+\int_{a}^{b}g(x)dx$，可得$f(x)=\int_{1}^{x} (-t\ln t) \, dt + \int_{1}^{x} 2t \, dt$。
    • 先计算$\int_{1}^{x} 2t \, dt$：
      根据积分公式$\int x^n dx=\frac{1}{n + 1}x^{n + 1}+C(n\neq -1)$，可得$\int_{1}^{x} 2t \, dt = t^2\big|_{1}^{x}=x^2 - 1$。
    • 再计算$\int_{1}^{x} (-t\ln t) \, dt$：
      使用分部积分法$\int_{a}^{b}u dv = uv\big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b}v du$，令$u = \ln t$，$dv = -t dt$，则$du = \frac{1}{t}dt$，$v = -\frac{1}{2}t^2$。
      所以$\int_{1}^{x} (-t\ln t) \, dt = -\frac{1}{2}t^2\ln t\big|_{1}^{x} + \frac{1}{2}\int_{1}^{x} t dt$
      $= -\frac{1}{2}x^2\ln x + \frac{1}{2}\times\frac{1}{2}t^2\big|_{1}^{x}= -\frac{1}{2}x^2\ln x + \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{4}$。
      则$f(x)=x^2 - 1 - \left( -\frac{1}{2}x^2\ln x + \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{4} \right)= -\frac{1}{2}x^2\ln x + \frac{5}{4}x^2 - \frac{5}{4}$。
  • 求$f(x)$的导数并确定极值点：
    对$f(x)= -\frac{1}{2}x^2\ln x + \frac{5}{4}x^2 - \frac{5}{4}$求导，根据求导公式$(uv)^\prime = u^\prime v + uv^\prime$和$(x^n)^\prime = nx^{n - 1}$可得：
    $f^\prime(x)=-\frac{1}{2}(2x\ln x + x^2\times\frac{1}{x}) + \frac{5}{4}\times 2x= -x\ln x - \frac{1}{2}x + \frac{5}{2}x= x(2 - \ln x)$。
    令$f^\prime(x) = 0$，即$x(2 - \ln x) = 0$，因为$x\gt 0$，所以$2 - \ln x = 0$，解得$x = e^2$。
  • 分析$f(x)$的单调性并求最大值：
    当$0\lt x\lt e^2$时，$2 - \ln x\gt 0$，$f^\prime(x)\gt 0$，$f(x)$单调递增；
    当$x\gt e^2$时，$2 - \ln x\lt 0$，$f^\prime(x)\lt 0$，$f(x)$单调递减。
    所以$f(x)$在$x = e^2$处取得最大值，将$x = e^2$代入$f(x)$可得：
    $f(e^2)= -\frac{1}{2}(e^2)^2\ln e^2 + \frac{5}{4}(e^2)^2 - \frac{5}{4}= -e^4 + \frac{5}{4}e^4 - \frac{5}{4}=\frac{e^4 - 5}{4}$。