高考数学-常微分方程的解题方法

“常微分方程”在高中数学的应用 高中已经学习了求导,并且进一步学习了定积分与不定几分,以及微积分基本定理。在高 考题中也常常出现一些简单的常微分方程,这里谈及几种高考常见的微分方程,以及相应 的解法 理论基础 高考中常见的是简单的线性常微分方程,基本形式是y+p(x)y=qx),这类为题有其公 式可以求解,即y=ed。高中阶段,可以用以下方法求解 例1:函数f(x)在其定义域内满足xf(x)+2f(x) hnx,其中f(x)为函数f(x)的导函 数,f()=2,则函数f( A有极大值,无极小值 B有极小值,无极大值 C既有极大值又有极小值 D既无极大值又无极小值 解:x()+2(x)=出x化为f(x)+2()=1x.考虐(2hx)=2,emn=x2, 将f(x)+f(x)=2两边同时乘以x2,可得x3f(x)+2x/(x)=hx。 考虑x3(x)+2xy(x)=(x2f(x),所以有(x(x)=hx,即x2/(x)=xhx-x+c 即(x)=xhx=x+c 考虑∫(e)=,解得c=,因此∫(x)= 2xIn x-2x+e 2 所以f(x) xInx+2x-e 令g(x)=-Xhx+2x-e,则g(x)=1-hx 当x∈(Ol)时,g(x)>0,当x∈(e+∞)时,g(x)0恒成立,因此f(x)无极值,选D 理论上利用线性微分方程得解法是可以解决高中的所有问题,但是由于高中生只能作简积 分,而对于一些函数的几分会无能为力,因此这种方法未必适合所有的高中生。 二、乘法法则的应用 有些高中阶段的微分方程可以参照乘法法则来求解 例2:(2013辽宁,理12)设函数f(x)满足xf(x)+2x/(x)=-,f(2)=,则x>0时, f(x) A有极大值,无极小值 B有极小值,无极大值 C既有极大值又有极小值 D既无极大值又无极小值 解:令F(x)=x3/(),则F(x)=x/f(x)+2xf(x)=,F2)=4122

“常微分方程”在高中数学的应用 高中已经学习了求导，并且进一步学习了定积分与不定几分，以及微积分基本定理。在高 考题中也常常出现一些简单的常微分方程，这里谈及几种高考常见的微分方程，以及相应 的解法。 一、理论基础 高考中常见的是简单的线性常微分方程，基本形式是 y + p(x)y = q(x) ，这类为题有其公 式可以求解，即 ( ) ( ) ( )    = − y e q x e dx p x dx p x dx 。高中阶段，可以用以下方法求解。 例 1：函数 f (x) 在其定义域内满足 ( ) ( ) x x xf x f x ln  + 2 = ，其中 f (x) 为函数 f (x) 的导函 数， ( ) e f e 2 1 = ，则函数 f (x) A 有极大值，无极小值 B 有极小值，无极大值 C 既有极大值又有极小值 D 既无极大值又无极小值 解： ( ) ( ) x x xf x f x ln  + 2 = 化为 ( ) ( ) 2 2 ln x x f x x f  x + = 。考虑 ( ) x x 2 2ln =  ， 2ln 2 e x x = ， 将 ( ) ( ) 2 2 ln x x f x x f  x + = 两边同时乘以 2 x ，可得 x f (x) 2xf(x) ln x 2  + = 。 考虑 ( ) ( ) ( ( ))  x f  x + xf x = x f x 2 2 2 ，所以有 (x f (x)) ln x 2 =  ，即 x f (x) = x ln x − x + c 2 。 即 ( ) 2 ln x x x x c f x − + = 。考虑 ( ) e f e 2 1 = ，解得 2 e c = ，因此 ( ) 2 2 2 ln 2 x x x x e f x − + = 。 所以 ( ) 3 ln 2 x x x x e f x − + −  = 。令 g(x) = −xln x + 2x −e ，则 g (x) =1−ln x 。 当 x(0,e) 时， g (x)  0 ，当 x(e,+) 时， g (x) 0 。故当 x = e 时， g(x) 取最大值 0。 因此 g(x) 0 ，因此 ( ) ( ) 0 3  =  x g x f x 对任意 x  0 恒成立，因此 f (x) 无极值，选 D。 理论上利用线性微分方程得解法是可以解决高中的所有问题，但是由于高中生只能作简积 分，而对于一些函数的几分会无能为力，因此这种方法未必适合所有的高中生。 二、乘法法则的应用 有些高中阶段的微分方程可以参照乘法法则来求解。 例 2：(2013 辽宁，理 12)设函数 f (x) 满足 ( ) ( ) x e x f x xf x x  + 2 = 2 ， ( ) 8 2 2 e f = ，则 x  0 时， f (x) ( )． A 有极大值，无极小值 B 有极小值，无极大值 C 既有极大值又有极小值 D 既无极大值又无极小值 解：令 F(x) x f (x) 2 = ，则 ( ) ( ) ( ) x e F x x f x xf x x  =  + 2 = 2 ， ( ) ( ) 2 2 4 2 2 e F = f =

由x2f(x)+2x/(x)==得f(x) 2F 令叭(x)=e2-2F(x),f(x)= p(x) ,p(x)=e-2F(x) 2e_c(x-2) 所以叭(x)在(02)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以()=0()=e2-2()=0,甲小≥20,又因为x>0,所以/()=20 所以∫(x)单调递增在(0+∞)上无极值,选D 例3:函数(x)导函数为∫(x),且满足snx/(x)+cosx/(x)=smx,求f(x) 解:考虑到snx(x)+ cos xf(x)=snxf(x)+(imx)f(x)=(snxf(x) 所L snxf(x)=-cosx+c。考虑x=0有0=-1+c,得c=1,所以f(x) sin x 三、除法法则的应用 有的时候可以转化为除法法则,不过要先确定好分母的函数。 例4:(2015高考新课标2)设函数∫(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当 x>0时,xf(x)-f(x)0成立的x的取值范围是( A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)U(1,+∞) D.(0 解:由题意得当x>0时,y()-八(0,B/f(∠0,设8)=) 所以g(x)在(0+∞)上单调递减。又因为f(x)为奇函数,并且f(-1)=0,所以f()=0 0=2()=0.又因为g()在(0+2)上单调递减, 所以x∈(01)时,g(x)0;当x∈(,+∞)时,gx)>0,f(x)0。 综上,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1),选A 四、指数函数的应用 由于e2的导数是它本身,并且恒为正数,所以解决这类问题经常用到

由 ( ) ( ) x e x f x xf x x  + 2 = 2 得 ( ) ( ) 3 2 x e F x f x x −  = 。 令 (x) e F(x) x  = − 2 ， ( ) ( ) 3 x x f x   = ， ( ) ( ) ( ) x e x x e x e F x e x x x x 2 2 2 −  = −  = − = 。 所以 (x) 在 (0,2) 上单调递减，在 (2,+) 上单调递增， 所以 ( ) (2) 2 (2) 0 2  x min =  = e − F = ，即 (x) 0 ，又因为 x  0 ，所以 ( ) ( ) 0 3  =  x x f x  ， 所以 f (x) 单调递增在 (0,+) 上无极值，选 D。 例 3：函数 f (x) 导函数为 f (x) ，且满足 sin xf (x)+cos xf(x)= sin x ，求 f (x)。 解：考虑到 sin xf (x) cos x f(x) sin xf (x) (sin x) f (x) (sin x f(x)) = sin x  =   + =  + ，所以 sin xf(x) = −cos x +c 。考虑 x = 0 有 0 = −1+c ，得 c =1 ，所以 ( ) 2 tan sin 1 cos x x x f x = − = 。 三、除法法则的应用 有的时候可以转化为除法法则，不过要先确定好分母的函数。 例 4：（2015 高考新课标 2）设函数 ' f x( ) 是奇函数 f x x R ( )( )  的导函数， f ( 1) 0 − = ，当 x  0 时， ' xf x f x ( ) ( ) 0 −  ，则使得 f x( ) 0  成立的 x 的取值范围是（ ） A． ( , 1) (0,1) − − B．( 1,0) (1, ) − + C． ( , 1) ( 1,0) − − − D．(0,1) (1, ) + 解：由题意得当 x  0 时， ( ) ( ) 0 2   − x xf x f x ，即 ( )  0        x f x ，设 ( ) ( ) x f x g x = ， 所以 g(x) 在 (0,+) 上单调递减。又因为 f (x) 为奇函数，并且 f ( 1) 0 − = ，所以 f (1) = 0 。 即 ( ) ( ) 0 1 1 1 = = f g 。又因为 g(x) 在 (0,+) 上单调递减， 所以 x(0,1) 时， g(x) 0， f (x) 0 ；当 x(1,+) 时， g(x)  0， f (x) 0。 由于 f (x) 是奇函数，所以 x(−1,0) 时， f (x) 0 ； x(−,−1) 时， f (x) 0。 综上， f x( ) 0  的解集为 ( , 1) (0,1) − − ，选 A。 四、指数函数的应用 由于 x e 的导数是它本身，并且恒为正数，所以解决这类问题经常用到

例5:已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x),若对于任意实数x有 f(x)+f(x)>0,且f(0)=1,则不等式e2f(x)>1的解集为() C 解:两边同时乘以,由于e2>0,所以ef(x)+e/(x)>0,即(f(x)>0 设函数F(x)=e2f(x),所以F(x)>0,因此F(x)单调递增。考虑F(O)=ef(0)=1。所 以F(x)=e’f(x)>1的解集为(0+∞),选B 例6:若函数f(x)-f(x)=2xe',f(0)=1,其中f(x)为/(x)的导函数,则当x>0时, 的取值范围是() f(x) A(-∞ (2, 解:f(x)-f(x)=2x两边乘以e,有ef(x)-e(x)=2x 考虑e"f(x)-e-f(x)=e-f(x)+(=)/(x)=(-f(x),所以(ef(x)=2x 因此ef(x)=x2+c,考虑f(O)=1,解得c=1。因此/(x)=e2(x2+1) f(x)=e(x2+2x+1),设 f(x)x2+2x+1 2 1,所以1<f( ()s2,选C 五、常见的处理方法 处理方法 处理后的结果 f'(x)+f(x) 乘以e得到ef(x)+ef(x) e/(x) f'(x)-f(x) 乘以C得到cr()+)(e/) f(x)+/(x) 乘以e得到ef(x)+lef(x) (erf(x)) f(x)+x/(x) 乘以e2得到e2f(x)+e2f(x)

例 5：已知定义在 R 上的可导函数 f (x) 的导函数为 f (x) ，若对于任意实数 x 有， f (x)+ f (x) 0 ，且 f (0) =1 ，则不等式 ( ) 1 2 e f x  的解集为（） A (−,0) B (0,+) C (−,e) D (e,+) 解：两边同时乘以 x e ，由于  0 x e ，所以 e f (x)+ e f (x)  0 x x ，即 ( ( ))  0  e f x x 。 设函数 F(x) e f (x) x = ，所以 F(x)  0 ，因此 F(x) 单调递增。考虑 (0) (0) 1 0 F = e f = 。所 以 F(x) = e f (x) 1 x 的解集为 (0,+) ，选 B。 例 6：若函数 ( ) ( ) x f  x − f x = 2xe ， f (0) =1 ，其中 f (x) 为 f (x) 的导函数，则当 x  0 时， ( ) f (x) f  x 的取值范围是（） A (−,2 B (0,2 C (1,2 D (2,3 解： ( ) ( ) x f  x − f x = 2xe 两边乘以 x e − ，有 e f (x) e f (x) x x x  − = 2 − − 。 考虑 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ))  =   − =  + − − − − − e f x e f x e f x e f x e f x x x x x x ，所以 (e f (x)) x x = 2  − 。 因此 e f (x) x c x = + − 2 ，考虑 f (0) =1 ，解得 c =1 。因此 ( ) ( 1) 2 f x = e x + x 。 ( ) ( 2 1) 2 f  x = e x + x + x ，设 ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 2 =   + + = + + + + =  x x x x x x x f x f x ，当且仅当 x =1 时等号成立。考虑 ( ) ( ) 1 1 2 1 2  + = +  x x f x f x ，所以 ( ) ( ) 1  2   f x f x ，选 C。 五、常见的处理方法 原型 处理方法 处理后的结果 f (x)+ f (x) 乘以 x e 得到 e f (x) e f (x) x x  + ( ( ))  e f x x f (x)− f (x) 乘以 x e − 得到 e f (x) e f (x) −x −x  + ( ( ))  − e f x x f (x)+f (x) 乘以 x e  得到 e f (x) e f (x) x x  +  ( ( ))  e f x x f (x)+ xf(x) 乘以 2 2 1 x e 得到 e f (x) e f (x) x x 2 2 2 1 2 1  + ( )          e f x x 2 2 1

f(x)-x/(x) Er 乘以e得到e2f(x)+e2f(x) e f(x) 乘以ea+得到 f(x)-kxf(x)a≠-1) fl f(x)+-f(x) 乘以x得到f(x)+f(x) (xf(x) f(x)--f(x) 乘以一得到 乘以x得到xf(x)+kx=f(x) (rf(x)) 乘以ex得到 f(x)+sin xf(x) ~y() e-cosrf'(x)+sin xe-cosrf(x) ()mny()剩以c得到e"r()-smxe()(e-x (+wo(乘以c得到"r()+se/)e=( f'(x)-cos xf(x) 乘以e得到 -(x) e-sinr,'()-cos xe-sinf(x) f'() +tan(x) 乘以—得到 cosxf'(x)+sin xf(x) COS x cos COS x f(x)-如nx/()|乘以cox得到os(x)-smy(x)|(osxy() f(x)+ox)|乘以smnx得到smJ/()+cosy()(smx() f'(x)-cot xf(x) 乘以得到mx()-c(x) sin x sin x

f (x)− xf(x) 乘以 2 2 1 x e − 得到 e f (x) e f (x) x x 2 2 2 1 2 1 − −  + ( )          − e f x x 2 2 1 ( )− ( )(  −1)  f x kx f x 乘以 1 1 + +   x k e 得到 e f (x) e f (x) x k x k 1 1 1 1 + + + +  +     ( )          + + e f x x k 1 1   ( ) f (x) x f x 1  + 乘以 x 得到 xf (x)+ f (x) ( ( ))  xf x ( ) f (x) x f x 1  − 乘以 x 1 得到 ( ) ( ) 2 x xf  x − f x ( )        x f x ( ) f (x) x k f  x + 乘以 k x 得到 x f (x) kx f (x) k k−1  + ( ( ))  x f x k f (x)+sin xf(x) 乘以 x e −cos 得到 e f (x) xe f (x) cos x cos x sin − −  + ( ( ))  − e f x cosx f (x)−sin xf(x) 乘以 x e cos 得到 e f (x) xe f (x) cos x cos x  −sin ( ( ))  e f x cos x f (x)+cos xf(x) 乘以 x e sin 得到 e f (x) xe f (x) sinx sinx  + cos ( ( ))  e f x sinx f (x)−cos xf(x) 乘以 x e −sin 得到 e f (x) xe f (x) sinx sinx cos − −  − ( ( ))  − e f x sinx f (x)+ tan xf(x) 乘以 cos x 1 得到 ( ) ( ) x xf x xf x 2 cos cos  + sin ( )        x f x cos f (x)− tan xf(x) 乘以 cos x 得到 cos xf (x)−sin xf(x) ( ( ))  cos xf x f (x)+cot xf(x) 乘以 sin x 得到 sin xf (x)+cos xf(x) ( ( ))  sin xf x f (x)−cot xf(x) 乘以 sin x 1 得到 ( ) ( ) x xf x xf x 2 sin sin  − cos ( )        x f x sin