2022 年考研数学（二） 第 18 题

两步走：先解 ODE 得曲线，再求弧长。一阶线性用积分因子 $x^{-2}$ 是标准操作，注意 $\int \ln x\cdot x^{-3}dx$ 要分部积分，最终 $-\frac{1}{4}{x}^{-2}$ 与 $+\frac{1}{4}{x}^{-2}$ 抵消得干净的 $y=\frac{x^2}{4}-\frac{\ln x}{2}$。弧长这一步的「灵魂」是 $y^{\prime }=\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})$ 使 $1+(y^{\prime }{)}^2$ 恰好成为 $\frac{1}{4}(x+\frac{1}{x}{)}^2$ 这一完全平方——这类「$x\pm \frac{1}{x}$」结构专为开根号设计，开方后是可直接积分的 $\frac{1}{2}(x+\frac{1}{x})$。

本题综合考查一阶非齐次线性微分方程的求解与定积分弧长应用。 先由通解公式求 $y(x)$，再代入弧长公式 $s={\int }_a^b\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx$。

第一步：解微分方程。 整理为标准形 $y^{\prime }-\frac{2}{x}y=\frac{2\ln x-1}{2x}$。这是一阶线性方程，积分因子 $\mu =e^{-\int \frac{2}{x}dx}=x^{-2}$，由通解公式
$$y=x^2\left[\int (2\ln x-1)\cdot \frac{1}{2}{x}^{-3}dx+C\right].$$
计算括号内：$\int \ln x\cdot x^{-3}dx-\int \frac{1}{2}{x}^{-3}dx$。对第一项分部积分（$u=\ln x,dv=x^{-3}dx$）得 $-\frac{1}{2}{x}^{-2}\ln x-\frac{1}{4}{x}^{-2}$，与 $+\frac{1}{4}{x}^{-2}$ 合并，故
$$y=x^2\left(-\frac{1}{2}{x}^{-2}\ln x+C\right)=C{x}^2-\frac{\ln x}{2}.$$

代入初值 $y(1)=\frac{1}{4}$：$C\cdot 1-0=\frac{1}{4}$，即 $C=\frac{1}{4}$。所以
$$y(x)=\frac{x^2}{4}-\frac{\ln x}{2}.$$

第二步：求弧长。 $y^{\prime }=\frac{x}{2}-\frac{1}{2x}=\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$，于是
$$1+(y^{\prime }{)}^2=1+\frac{1}{4}{\left(x-\frac{1}{x}\right)}^2=\frac{1}{4}{\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2,$$
（因 $\frac{1}{4}(x-\frac{1}{x}{)}^2+1=\frac{1}{4}(x^2-2+\frac{1}{x^2})+1=\frac{1}{4}(x^2+2+\frac{1}{x^2})=\frac{1}{4}(x+\frac{1}{x}{)}^2$）。在 $[1,e]$ 上 $x+\frac{1}{x}>0$，故 $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)$。

因此弧长
$$s={\int }_1^e\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)dx=\frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{2}+\ln x\right){|}_1^e=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{e^2}{2}+1\right)-\left(\frac{1}{2}+0\right)\right]=\frac{e^2+1}{4}.$$