241112_143053-7.基础习题册高数第七章详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_03.基础定制_01.高数_讲义

第七章 微分方程 7-1 基础过关 1.【答案】（1） y  e C x ，其中C为任意常数； （2） y  a ln | x  1 a  1 |  C ，其中 C 为任意常数； （3） e x  e  y  C ，其中 C 为任意常数； （4） y 4 ( 4  x )  C x ，其中 C 为任意常数； （5） ( e x  1 ) s e c y  2 2 ； （6） y  e ta n x2 或 y  e csc x  co t x 【解析】（1） y 1 ln y d y  1 x d x ，积分得：ln lny ln x lnC ，所以 ln y  C x ，即 yeCx，其中C为任意常数. （2） (1  x  a ) y   a y 2 ，所以  1 y 2 d y  x  a a  1 d x ，故 1 y  a ln x  a  1  C ，即 1 y ，其中C为任意常数. aln xa1C （3）  e  y d y   e x d x ，积分得： e  y   e x  C ， e  y  e x  C ，故 y   ln ( C  e x ) 其中C为任意常数. （4） 1 y d y  4 x 1  x 2 d x ，积分得： ln y  1 4 ln 4 x  x  1 4 ln C ， 4 ln y  ln 4 x  x  ln C ， Cx 即y4  ，y4(4x)Cx，其中 4x C 为任意常数. （5）  t a n y d y  1  1 e  x d x  e e x x  1 d x ，积分得： ln c o s y  ln e x  1  ln C ，所以 π 2 2 2 cosyC(ex 1)，又因为y(0) ，即 2C ，C  ，即cosy (ex 1)，故 4 2 4 4 (ex 1)secy2 2 .（6） y 1 ln y d y  s i 1 n x d x ，积分得： ln ln y  ln c s c x  c o t x  ln C ， lnyC(cscxcotx)，即 y  e C (cscx  co tx ) ，又因为 y  π 2   e ，所以C 1，所以yecscxcotx. 2.【答案】（1） y  y 2  x 2  C x 2 ( x  0 ) ，y y2 x2 C(x0)，其中 C 为任意 常数； y （2）ln Cx1，其中 x C 为任意常数； （3） y 2  2 x 2 ( l n x  2 ) ； （4） y 3  y 2  x 2 ； （5） x  2 y e xy  C ，其中 C 为任意常数 【解析】（1）方程整理得 y   y  y x 2  x 2 ，当 x  0 2 y  y 时，y    1 x  x 令 y x  u ，则 y  u x ， y   u x  u ，代入方程得：uxuu u2 1，所以 u d u 2  1  1 x d x ，积分得： ln u  u 2  1  ln x  ln C ，所以u u2 1Cx 即：y y2 x2 Cx2，其中C为任意常数； 当 x  0 2 y  y y 时，y    1，令 u，则 x  x x y  u x ， y   u x  u ，代入方程得： du 1 uxuu u2 1，所以  dx，积分得： u2 1 x ln u  u 2  1   ln x  ln C ， C u u2 1 ，即： x y  y 2  x 2  C ，其中C为任意常数. y （2）令 u，则yux，yuxu，代入方程得： x 1 1 uxuulnu，所以 du dx，积分得ln lnu1 ln x ln C ， u(lnu1) x所以 ln u  1  C x  ln u  C x  1 ，即 ln y x  C x  1 ，其中 C 为任意常数. y 1 （3）令 u，则yux，yuxu，代入方程得：uxu u，所以 x u 2 2udu dx，积分得： x u 2  2 ln x  C ，所以 y 2  x 2 ( 2 ln x  C ) ，代入 y (1 )  2 ，得 C  4 ，故 y 2  2 x 2 ( ln x  2 ) . （4） d d y x  3 x 2 2 x  y y 2 ， d d x y  3 x 2 2  x y y 2  3   2 x y   x y 2   1 ，令 x y  u ，则xuy， d d x y  u y  u 3u2 1 u2 1 uyu ，即uy ，故 2u 2u u 2 2 u  1 d u  1 y d y ，积分得 ln u 2  1  ln y  ln C ，故 u2 1Cy，即 x 2  y 2  C y 3 ，代入 y ( 0 )  1 有 C   1 ，所以 y 3  y 2  x 2 . x  x  2ey  1 dx  y  （5）  ，令 dy x 12ey x y  u ，则 x  u y ， d d x y  u y  u ，所以 u y  u  2 e 1 u  ( u 2  e 1 u ) ， 故 1 2  e u 2 e  u u d u   1 y d y ，积分得： ln 2 e u  u   ln y  ln C ，所以 2 e u  u  C y ， 2 e xy  x y  C y x ，故2yey xC，其中 C 为任意常数. 3.【答案】（1） y  e  sin x ( x  C ) ，其中 C 为任意常数； （2） y  s i n x x 2   1 C ，其中 C 为任意常数； （3） x  l 1 n y  1 2 l n 2 y  C  ，其中 C 为任意常数； y2 （4）x Cy3 ，其中C为任意常数； 2 x （5）y  ； cosx（6） y  1 x ( π  1  c o s x ) 【解析】（1）方法一（公式法）： ye p(x)dx (Q(x)e p(x)dx dxC)e cosxdx (esinxe cosxdx dxC)esinx(xC) 其中 C 为任意常数； 方法二（积分因子法）： esinx(yycosx)1，积分得： e sin x y  x  C ，所以 y  e  sin x ( x  C ) . 其中 C 为任意常数. （2）方法一： y  e   p (x )d x (  Q ( x )e  p (x )d x d x  C )  e   22 x x  1 d x (  c x o 2 s  x 1 e  22 x x  1 d x d x  C )  x 2 1  1 ( s i n x  C ) 其中C为任意常数； 方法二： 2x cosx 2x y y ，所以(x2 1)(y y)cosx，积分得： x2 1 x2 1 x2 1 (x2 1)ysinxC，所以 y  s i n x x 2   1 C ，其中 C 为任意常数. （3）方法一： d d x y  ln y y ln  y x  1 y  y 1 ln y x ， x  e   p ( y )d y (  Q ( y )e  p ( y )d y d y  C )  e   y 1ln y d y (  1 y e  y 1ln y d y d y  C )  1 ln y  ln 2 2 y  C  所以 x  1 2 ln y  C ln y ，其中 C 为任意常数； dx lnyx 1 1 dx 1  1 方法二：    x，所以lny  x lny，积分得： dy ylny y ylny dy ylny  y 1 1 C xlny ln2 yC，x lny ，其中C为任意常数. 2 2 lnydx 6xy2 3 y （4）方法一：   x ， dy 2y y 2 xe p(y)dy (Q(y)e p(y)dy dyC)e  3 y dy ( y e  3 y dy dyC) y3   l C   2 2y  所以 x  y 2 2  C y 3 ，其中C为任意常数； 方法二： d d x y  6 x  2 y y 2  3 y x  y 2 ，所以 y  3  d d x y  3 y x    y 2  y  3   1 2 y  2 ，积分得： 1 y3x C，所以 2y x  1 2 y 2  C y 3 ，其中 C 为任意常数. （5）方法一： y  e   p (x )d x (  Q ( x )e  p (x )d x d x  C )  e  tan xd x (  s e c x e   tan xd x d x  C )  c o 1 s x ( x  C ) 代入 y ( 0 )  0 ，可得 C  0 ，故 y  c o x s x  x s e c x ； dy  方法二：cosx  ytanx  1，积分得： dx  y c o s x  x  C ，所以 y  x c  o s C x ，代入 y(0)0，所以C 0，故 y  c o x s x  x s e c x . （6）方法一： p(x)dx p(x)dx  1 dx sinx  1 dx 1 ye (Q(x)e dxC)e x ( e x dxC) (cosxC)，代入 x x y(π)1，所以 C  π  1 ，故 y   c o s x x  π  1 ； dy y 方法二：x    sinx，积分得： dx x x y   c o s x  C ，即 y   c o s x x  C ，代入 y(π)1，可得 C  π  1 cosxπ1 ，故y . x 4.【答案】（1）y xtan(xC)，其中C为任意常数；eCx （2）y  ，其中 x C 为任意常数 【解析】（1）令 x  y  u ，则 y  u  x ，即 d d y x  u   1 ，代入方程得：u1u2，所以 du dx，积分得： u2 1 a r c t a n u  x  C ，所以 u  t a n ( x  C ) ，即 y  t a n ( x  C )  x ，其中 C 为任意常数. u （2）令xyu，则u yxy，代入方程得u lnu，所以 x u 1 ln u d u  1 x d x ，积分得： ln|lnu|ln|x|ln|C|，所以 ln u  C x ，ueCx xy，故 y  1 x e C x ，其中 C 为任意常数. 5.【答案】（1） y  C 1 e x  x 2 2  x  C 2 ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （2） y  C 1 l n | x |  C 2 ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （3） y 3  C 1 x  C 2 ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （4） y   l n | c o s ( x  C 1 ) |  C 2 ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （5） y   1 a ln ( a x  1 ) ； （6） y  l n e x  2 e  x 【解析】（1）y y x，令y p，则y p，所以p px，即ex(pp)xex， 积分得 e  x p   x e  x d x   ( x  1 ) e  x  C 1 ，所以p(x1)Cex  y，即 1 1 y (x1)2 Cex C ，所以 2 1 2 y    1 2 x 2  x   C 1 e x  C 2 ，其中C ,C 为任意常数. 1 2 （2）令 y   p ，则y p，xpp，即 d p p   1 x d x ，积分得 ln p   ln x  ln C 1 ，所 C 以 p 1  y，故yC ln x C ，其中C ,C 为任意常数. x 1 2 1 2 dp dp dp dy （3）令y p，则y p ，则yp 2p2，所以 2 ，积分得 dx dy p yln p 2ln y lnC ，所以 3 p  C 3 y  2  y  ，故 y 2 d y  C 3 d x ，积分得 1 3 y 3  C 3 x  C 4 ，所 以y3 3C x3C CxC ，其中 3 4 1 2 C 1 , C 2 为任意常数. （4）令 y   p ，则 y   p  ，所以 p   1  p 2 ，所以 1 d  p p 2  d x ，积分得 a r c t a n p  x  C 1 ，所以 ptan(xC ) y， 1 y   ln c o s ( x  C 1 )  C 2 ，其中 C 1 , C 2 为任意 常数. （5）令 y   p ，则 y   p  ，所以 p   a p 2 dp ，故 adx，积分得 p2 1 p   a x  C 1 ，所以 1 p  y， axC 1 y   1 a ln  a x  C 1  C 2 ，代入  y y ( 0 ) ( 0 )   0  1 ，所以  C C 1 2    0 1 ， 1 y ln ax1. a （6）令 y   p ，则 y   p  ， p   1  p 2 2dp ，所以 2dx，积分得 1 p2 1 p ln 2xlnC ， 1 p 1 1 1   p p  C 1 e 2 x ，代入 y ( 0 )  0 ，解得 C 1  1 ，代入得 1 1   p p  e 2 x ， e2x 1 p  y，所以 e2x 1 y   e e 2 2 x x   1 1 d x   e e x x   e e   x x d x  ln ( e x  e  x )  C 2 ，代入 y ( 0 )  0 解得 C 2   ln 2 ，故 y  ln  e x  2 e  x  . 6.【答案】（1）将 y 1 、 y 2 分别求导并代入方程是进行验证等式成立 根据解的结构，方程的通解为： y  C 1 y 1  C 2 y 2  ( C 1  C 2 x ) e x 2 ，其中C ,C 为任意常 1 2 数； （2） y  C 1 c o s x  C 2 s in x  x ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （3） p2，q 1 【解析】（1）将y 、 y 分别求导并代入方程，等式成立． 1 2yex2 2x，所以 1 y 1  e x 2 [ ( 2 x ) 2  2 ]  e x 2 ( 4 x 2  2 ) ，代入方程得 y 1  4 x y 1  ( 4 x 2  2 ) y 1  e x 2 ( 4 x 2  2 )  4 x e x 2  2 x  ( 4 x 2  2 ) e x 2  0 . y ex2(12x2)，yex2(2x4x3 4x)ex2(4x36x)，代入方程得 2 2 y 2  4 x y 2  ( 4 x 2  2 ) y 2  e x 2 [ 4 x 3  6 x  4 x (1  2 x 2 )  ( 4 x 2  2 ) x ]  0 根据解的结构，方程的通解为： y 1 , y 2 均为方程的解，且 y 1 , y 2 线性无关 即方程的解为： y  C 1 y 1  C 2 y 2  e x 2 ( C 1  C 2 x ) ，其中C ,C 为任意常数. 1 2 （2） y 1  y 3  c o s x ， y 2  y 3  s in x 是二阶齐次线性微分方程的两个解，故齐次方程的 通解为：yC cosxC sin x，从而非齐次方程的通解为： 1 2 y  C 1 c o s x  C 2 s in x  x ，其中 C 1 , C 2 为任意常数 （3）方法一：由题可知： r1  r 2   1 ，(r1)2 0，特征方程： r 2  2 r  1  0 ， 所以 y   2 y   y  0 ，比较可得 p2， q  1 . 方法二：yex(1x)， y   e  x ( x  2 ) ，代入方程得： y pyqyex[x2 p(1x)qx]ex[(1pq)x(p2)]0，所以  1 p   p 2   q 0  0 ，解得 p  2 ， q  1 . 7.【答案】（1） y  C 1  C 2 e 4 x ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （2）y(C C x)e2x，其中 1 2 C 1 , C 2 为任意常数； （3） y  e  3 x ( C 1 c o s 2 x  C 2 s i n 2 x ) ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （4）y C C x(C C x)ex，其中 1 2 3 4 C 1 , C 2 , C 3 , C 4 为任意常数； （5） y  ( 2  x ) e  x2 ； （6）ye2xsin3x 【解析】（1）r2 4r0，所以r 0,r 4，故yC C e4x，其中C ,C 为任意常数. 1 2 1 2 1 2 （2）r2 4r40，即(r2)2 0，所以r r 2，故ye2x(C C x)，其中C ,C 1 2 1 2 1 2为任意常数. （3） r 2  6 r  1 3  0 ，所以(r3)2 4，解得 r1,2   3  2 i ，所以 y  e  3 x ( C 1 c o s x  C 2 s i n 2 x ) ，其中C ,C 为任意常数. 1 2 （4）r4 2r3 r2 0，所以 r 2 ( r  1 ) 2  0 ，解得 r1  r 2  0 ，r r 1，所以 3 4 y  C 1  C 2 x  e x ( C 3  C 4 x ) ，其中 C 1 , C 2 , C 3 , C 4 为任意常数. （5）特征方程为： 4 r 2  4 r  1  0 ，即 ( 2 r  1 ) 2  0 1 ，所以r r  ，故 1 2 2 y(0)C 2  1 x  1 ye 2 (C 1 C 2 x)，代入 y(0)e  1 2 x ( 1 C  1 C xC )|  1 C C 0 ，解得  2 1 2 2 2 x0 2 1 2 C 2  1 ，即 C 1 2 y  e  12 x ( 2  x ) . （6）特征方程为：r2 4r130，整理得 ( r  2 ) 2   9 ，解得 r  2  3 i ，所以 y  e 2 x ( C 1 c o s 3 x  C 2 s i n 3 x ) ，代入 y(0)C 0  1  ，解得 y(0)e2x(2C cos3x2C sin3x3C sin3x3C cos3x) 2C 3C 3  1 2 1 2 x0 1 2 C 0  1 ，所以 C 1 2 y  e 2 x s i n 3 x . 8.【答案】（1） y  C 1 e x2  C 2 e  x  e x ，其中 C 1 , C 2 为任意常数； （2） y  C 1 e  x  C 2 e  2 x  e  x  3 2 x 2  3 x  ，其中C ,C 为任意常数； 1 2 （3） y  e x ( C 1 c o s 2 x  C 2 s i n 2 x )  1 4 x e x c o s 2 x ，其中C ,C 为任意常数； 1 2 （4） y  C 1 c o s 2 x  C 2 s in 2 x  1 3 x c o s x  2 9 s in x ，其中C ,C 为任意常数； 1 2 1 1 （5）y C cosxC sin x ex  xsin x，其中C ,C 为任意常数； 1 2 2 2 1 2（6） y  e x ( x 2  x  1 )  e  x 【解析】（1）特征方程：2r2 r10，解得： r1   1 , r 2  1 2 ，所以 y  C 1 e  x  C 2 e 12 x ， 令 y   a e x ，则代入方程解得： a  1 ，所以 y   e x ，所以通解为： y  C 1 e 12 x  C 2 e  x  e x ，其中 C 1 , C 2 为任意常数. （2）特征方程： r 2  3 r  2  0 ，解得：r 1,r 2，所以y Cex C e2x， 1 2 1 2 令 y   x ( a x  b ) e  x 3 3  ，代入方程解得：a ,b3，所以y ex  x2 3x ，所以通解 2 2  为： y  C 1 e  x  C 2 e  2 x  e  x  3 2 x 2  3 x  ，其中C ,C 为任意常数. 1 2 （3）特征方程： r 2  2 r  5  0 ，解得： r1  1  2 i , r 2  1  2 i ，所以 yex(C cos2xC sin2x)，令 1 2 y   x ( a c o s 2 x  b s i n 2 x ) e x ，代入方程解得： 1 a ,b0，所以 4 y    1 4 x e x c o s 2 x ，所以 1 y ex(C cos2xC sin2x) xexcos2x，其中 1 2 4 C 1 , C 2 为任意常数. （4）特征方程： r 2  4  0 ，解得： r1,2   2 i ，所以 y  C 1 c o s 2 x  C 2 s i n 2 x ， 令 y   ( a x  b ) c o s x  ( c x  d ) s i n x ，则代入方程解得： a  1 3 , b  0 , c  0 , d  2 9 所以 y   1 3 x c o s x  2 9 s i n x ，所以 y  C 1 c o s 2 x  C 2 s in 2 x  1 3 x c o s x  2 9 s in x ，其中 C ,C 为任意常数. 1 2 （5）特征方程：r2 10，所以 r 2   i ，所以 y  C 1 c o s x  C 2 s i n x ，令y aex，则代 1 1 1 入方程yyex，解得：a ，所以y  ex，令 2 1 2 1 y* x(bcosxcsinx)bxcosxcxsinx，代入y ycosx，解得：b0,c ， 2 2 1 1 1 所以y   xsinx，y  y  y   ex  xsinx，所以通解为： 2 2 1 2 2 21 1 yC cosxC sinx ex  xsinx，其中 1 2 2 2 C 1 , C 2 为任意常数. （6）特征方程： r 2  1  0 ，所以 r1  1 , r 2   1 ，故 y  C 1 e x  C 2 e  x ，令 y* ex(axb)xex(ax2 bx)，代入方程解得： a  1 , b   1 ，所以 y   e x ( x 2  x ) ，故 yCex C ex ex(x2 x)，代入 1 2  y y ( 0 ) ( 0 )   C C 1 1   C C 2 2   0 1  1 C 1 ，解得 1 ，所以 C 1 2 yex ex ex(x2 x). 9.【答案】 y  x ( 1  4 ln x ) 【解析】由题可知：  x 0 y d x  1 2 x y  x 2 ，方程对 x 1 求导得：y (yxy)2x 2 1 即：y y 4，所以 x 1 x  y   1 x y    4 1 x 1 ，对上式两边积分得 y 4lnxC x 所以 y  x (  4 l n x  C ) ，因为曲线过 A ( 1 ,1 ) 点，所以 C  1 ，故 x(4lnx1),x0 y  0,x0 10.【答案】 y  2 ( e x  x  1 ) 【解析】由题意可知， y   2 x  y ，所以ex(yy)2xex，积分得 exy2xexdx2(xex exC)，所以y2(x1Cex)，因为过(0,0)所以 C 1，所以 y  2 ( e x  x  1 ) . 11.【答案】 y  x 6 3  x 2  1 1 1 【解析】因为y x，所以y x2 C ，所以y  x3 C xC ，因为过点 2 1 6 1 2 M ( 0 ,1 ) ，所以 C 2  1 ，因为与直线 y  x 2  1 1 相切，所以y(0) C ，所以 2 1 x3 x y   1. 6 212.【答案】 f ( x )  1 2 ( c o s x  s i n x  e x ) 【解析】令 x  0 得 f ( 0 )  1 ，对方程两边关于 x 求导得 x x f(x)exxf(x) f(t)dtxf(x)，即 f(x)ex f(t)dt，令x0得 0 0 f ( 0 )  1 对 x 求导得 f ( x )  e x  f ( x ) ，即 f ( x )  f ( x )  e x ，特征方程为：r2 10，所以 r  i，所以齐次通解为 y c  C 1 c o s x  C 2 s i n x ，令 y *  a e x 带入方程得 a  1 2 所以 y *  1 2 e x ，所以通解为 y  C 1 c o s x  C 2 s i n x  1 2 e x ，因为  1  1 f(0)C  1 C   1 2  1 2   ，所以 1 1 f(0)C  1 C   2 2  2 2 f ( x )  1 2 ( c o s x  s i n x  e x ) . 7-2 基础真题 1.【答案】 ( x  4 ) y 4  C x ，C为任意常数 【解析】由于方程 y d x  ( x 2  4 x ) d y  0 可化为 d y y   x ( d x x  4 ) ，则 1 x4 x4 ln y  ln C ，故 y4 C，即 4 x 1 x ( x  4 )  y 4  C x ， C 为任意常数. 2.【答案】D 【解析】由  y  1 y   x x 2  a ，两边同除以  x ，再令  x  0 y 取极限，得y . 1x2 解此微分方程得：ln y arctanxC ，yCearctanx，由 1 y ( 0 )   知C ，于是 y ( x )   e a rc ta n x  ，所以y(1)earctan1 e4. 3.【答案】y2 xyx2 Cx1，C为任意常数 dy du y2 2xy3x2 u2 2u3 【解析】令y  xu，则  x u   ，即 dx dx x2 2xy 12udu 3(u2 u1) 2u1 3dx x  ， du  ， dx 2u1 u2 u1 x l n ( u 2  u  1 )   3 l n x  C ，整理得 u 2  u  1  C x  3 ，即y2 xyx2 Cx1或 x y 2  x 2 y  x 3  C ，其中 C 为任意常数. 4.【答案】 y  1 2 x 2  1 2 【解析】原方程可化为 d d y x  y  x x 2  y 2 ，令 y  x u ，得 u  x d d u x  u  1  u 2 ，即 1 d  u u 2  d x x ，解得 l n ( u  1  u 2 )  l n C x ，其中 C 为任意正常数，从而 u  1  u 2  C x ，即 y x  1  y x 2 2  C x ，亦即y x2  y2 Cx2，将 y x  1  0 代入， 得 C  1 ，故初值问题的解为 y  x 2  y 2  x 2 ， 整理 x 2  y 2  x 2  y ，两边同时平 方得 x 2  y 2  ( x 2  y ) 2 ，即 x 2  y 2  x 4  2 y x 2  y 2 ，化简得 y  1 2 x 2  1 2 . 5.【答案】 e  sin x ( x l n x  x  C ) ， C 为任意常 【解析】 y  e   c o s x d x   e  sin x (ln x )e cos  xdxd x  C   e  sin x (  l n x d x  C )  e  sin x ( x l n x  x  C ) ，其 中 C 为任意常数. 6.【答案】 y  x  x 1 e x  1 x 【解析】 y  e   P ( x )d x   Q ( x ) e  P ( x )d x d x  C   e   1x d x   e x e   1x d x d x  C   1 x [ ( x  1 ) e x  C ] 将 x  1 ， y  1 代入，得 C  1 ，则所求特解为 y  x  x 1 e x  1 x . xex 1 7.【答案】yex e 2 【解析】把yex和yex代入微分方程可得xex  p(x)ex  x，则 p(x) xex x. 故原微分方程为 x y   ( x e  x  x ) y  x ，即 y   ( e  x  1 ) y  1 . 解此方程可得 y     e e e e  e e e  (e  x   x   x   x x x x  x    1 )d x (e   e    x  e  x  e d x   x   e   e d (  e   x  e [ e  C ] = e 1 )d C x ) x  x d   C x  C e   C   x e  e   x e  x x   e  e  x  e  x d x  C  ， 又因y 0，则 xln2 C   e  12 . 故所求的特解为 y  e x  e e  x  x  12 . 8.【答案】 y  1 5 x 3  x 【解析】原方程变形为 d d y x  2 y x  1 2 x 2 ，这是一阶非齐次线性方程，于是  1 dx  1  1 dx  1 y e 2x  x2e 2x dxC x3C x 2 5   由 y x  1  6 5 知 C  1 ，故 y  1 5 x 3  x . 9.【答案】 y  x 3  l n x  1 3  2 【解析】将原微分方程化为标准形，得y y lnx，解得 x  2 dx   2 dx  1 y e x lnxe x dxC (x2lnxdxC) x2    1 x 2  1 3 x 3 l n x  1 3  x 2 d x  C  1 1 1    x3lnx x3C . x2 3 9  1 由 y(1) ，得 9 C  0 1  1 ，于是y  x  lnx . 3  3  x2  10.【答案】y Cex C e2x  xex，C ,C 为任意常数 1 2  2  1 2 【解析】原方程的特征方程为r2 3r20，其根为r 1,r 2. 于是对应齐次方程的 1 2通解为 y  C 1 e x  C 2 e 2 x ，由于 1   是特征方程的单根，故可设原方程的一个特解为 y  x(axb)ex，将其代入原方程得  2 a x  2 a  b  x ，解得   2 2 a a   b 1  , 0 , ，得 1  x2  a  ,b1. 所以y  xex. 从而所求通解为 2  2   x2  y Cex C e2x  xex，其中 1 2  2  C 1 , C 2 为任意常数. 1 11.【答案】当a1时，通解为y C cosaxC sinax sinx， 1 2 a2 1 C ,C 为任意常数； 1 2 当 a  1 1 时，通解为y C cosxC sinx xcosx， 1 2 2 C 1 , C 2 为任意常数 【解析】由题设，对应的特征方程为r2 a2 0，由此可得 r1 , r 2   a i . 故对应的齐次方 程的通解为 y  C 1 c o s a x  C 2 s i n a x . 当 a  1 时，设方程ya2ysinx的特解为y*  AsinxBcosx，将此特解代入 原微分方程 y   a 2 y  s i n x ，则 A  a 1 2  1 , B  0 ，故 y *  a 2 1  1 s i n x . 当 a  1 时，设方程 y   a 2 y  s i n x 的特解为y*  x(AsinxBcosx)，将此特解代 入原微分方程 y   a 2 y  s i n x ，则 A  0 , B   1 2 ，故 y *   x 2 c o s x . 综上，当 a  1 时，通解为 y  C 1 c o s a x  C 2 s i n a x  s a i n 2  x 1 ； 当 a  1 时，通解为 y  C 1 c o s x  C 2 s i n x  x 2 c o s x . 12.【答案】y ex(C cosxC sinx1)，C ，C 为任意常数 1 2 1 2 【解析】特征方程为r2 2r20，解得r 1i，则齐次方程通解为 1,2 yex(C cosxC sinx)， 1 2易观察出 y  e x 是非齐次方程组的一个特解. 则原方程的通解为 y ex(C cosxC sinx)ex，其中 1 2 C 1 ， C 2 为任意常数. 13.【答案】 y  1 3 x 3  x 2  2 x  C 1  C 2 e  x ， C 1 , C 2 为任意常数 【解析】对应的齐次方程的特征方程为r2 r 0，解之得 r1  0 , r 2   1 ，故齐次方程的 通解为 y  C 1  C 2 e  x . 设非齐次方程的特解为 y *  x ( a x 2  b x  c ) ，代入原方程得 a  1 3 , b   1 , c  2 1 . 因此，原方程的通解为y  x3x2 2xC C ex ，其中 3 1 2 C ,C 为任意常数. 1 2 14.【答案】y(12x)ex 【解析】对应齐次方程的通解为 Y  C 1 e x  C 2 e 2 x . 设原方程的特解为 y *  A x e x ，代入原 方程得 A   2 . 故原方程通解是 y ( x )  C 1 e x  C 2 e 2 x  2 x e x . 又已知该函数图形与曲线 y  x 2  x  1 在点(0,1)处有公共切线，得 y x  0  1 ， y 1，代入通解即有C C 1， x0 1 2 C 1  2 C 2  1 ，解得 C 1  1 ，C 0. 所以 2 y  ( 1  2 x ) e x . 15.【答案】 y  1 2 [ e x  1  e  ( x  1 ) ] 【解析】曲线 y  y ( x ) 在 ( x , y ) 1 处的法线方程是Y  y  (X x)(y0)， y 它与 x 轴的交点是 Q ( x  y y , 0 ) ，从而该点到 x 轴的法线段PQ的长度是 1 (yy)2  y2  y[1(y)2]2（ y   0 也满足比式）. 根据题意得微分方程 [ 1  ( y y  ) 2 ] 3 2  y [ 1  1 ( y ) 2 ] 1 2 ，即 y y   1  y  2 ， （*） dp 且当x1，y 1， y0. 令y p，则y p ，代入（*）式，得 dydp p dy yp 1 p2或 dp ， dy 1 p2 y 积分并注意到 y  1 时， p 0，便得 y  1  p 2 ，代入 d d y x  p ，得 y    y 2  1 ， dy dx，积分上式，并注意到 y2 1 x  1 时 y  1 ，得 l n ( y  y 2  1 )   ( x  1 ) . 1 因此，所求曲线方程为y y2 1e(x1)，即y  [ex1e(x1)]. 2 16.【答案】 1 2 (1  x 2 ) [ l n (1  x 2 )  1 ] 【解析】由题设可知y xln(1x2)，则 y     1 2 1 2 x l (1 (1 n   (1 x x  2 2 ) ) x l l 2 n n ) d (1 (1 x    x x 2 2 1 2 ) )    l n  1 2 (1 x d x  x 2  x 2 C ) d (1  x 2 ) 又曲线 y  f ( x )  1 1 过点 0, ，即y(0) ，代入上式得  2 2 C   1 2 . 1 故 f(x) y  (1x2)[ln(1x2)1]. 2 17.【答案】 x 3 y  2 【解析】由已知条件得 1 2 0 r 2 d 1 2 0 r 2 r 2 d          ，两边对求导得r2  r2 r2 ， dr 即rr r2 1，从而 d. 因为 r r2 1 1 d dr dr 1 r    arcsin C r r2 1 1 1 r r2 1 1 r2 r2所以 a r c s i n 1 r C      . 由条件 r ( 0 )  2 ，知 C  π 6 ，故所求曲线L 的方程为 r s i n π 6 1     π  即r csc   ，即L 为直线 6  x 3 y  2 . 18.【答案】 x 2 y   3 y 2  2 x y ；所求的解为 y  x   x 3 y （或 y  1  x x 3 ） 【解析】依题意得 V ( t )    t 1 f 2 ( x ) d x   3 [ t 2 f ( t )  f ( 1 ) ] ，即 3  t 1 f 2 ( x ) d x  t 2 f ( t )  f (1 ) 两边对 t 求导，得 3 f 2 ( t )  2 t f ( t )  t 2 f ( t ) ，将上式改写为x2y3y2 2xy， 即 d d y x  3  y x  2  2  y x （*） 令 y x  u ，则有 x d d u x  3 u ( u  1 ) ，当 u  0 ， u  1 时，由 u ( d u u  1 )  3 d x x ，两边积分得 u  u 1  C x 3 . 从而（*）式的通解为 y  x  C x 3 y （其中 C 为任意常数）. 由已知条件，求得C1， 从而所求的解为 y  x   x 3 y  或 y  1  x x 3  . 1 x 19.【答案】 f(x) sinx cosx 2 2 x x 【解析】 f(x)sinxx f(t)dt tf(t)dt ， 0 0 x f(x)cosx f(t)dt， f(x)sinx f(x)，即 f(x) f(x)sinx. 0 这是二阶常系数非齐次线性微分方程，有初始条件 f(0)0， f(0)1，对应齐次方程 的通解为Y C sinxC cosx. 非齐次方程的特解可设为y* x(asinxbcosx)， 1 2用待定系数法求得 a  0 ， b  1 2 ，于是 y *  x 2 c o s x ，非齐次方程的通解为 y  C 1 s i n x  C 2 c o s x  x 2 c o s x ， 1 1 x 由初始条件确定出C  ,C 0，从而 f(x) sinx cosx. 1 2 2 2 2 20.【答案】B 【解析】等式 f ( x )   2 0 x f  t 2  d t  l n 2 ，两边求导得， f ( x )  2 f ( x ) ，解此方程得 f(x)Ce2x. 由原方程可知 f ( 0 )  l n 2 ，代入 f ( x )  C e 2 x ，得Cln2. 故 f ( x )  e 2 x l n 2 . 21.【答案】 f ( x )  1 2 e  2 x  x  1 2 【解析】由题设，则方程 f ( x )  2  x 0 f ( t ) d t  x 2 ，两端对x求导，可得 f ( x )  2 f ( x )  2 x . 记 P ( x )  2 ，Q(x)2x，则通解为 f ( x )  e   P ( x )d x (  Q ( x ) e  P ( x )d x d x  C )  e  2 x (  2 x e 2 x d x  C )  C e  2 x  x  1 2 由原方程易见 f ( 0 )  0 ，则参数 C  1 2 . 从而所求函数 f ( x )  1 2 e  2 x  x  1 2 . 22.【答案】 f ( x )  c o s x  x s i n x  C ，C为任意常数 【解析】令 t x  u 1 1 x 1 x ，则 f(tx)dt   f(u)du. 从而有  f(u)du  f(x)xsinx， 0 x 0 x 0 x 即 f(u)du  xf(x)x2sinx，上式两边对变量x求可导可得 0 f ( x )  f ( x )  x f ( x )  2 x s i n x  x 2 c o s x ， 故 f(x)(2sinxxcosx). 因此， f(x)(2sinxxcosx)dxcosxxsinxC ，其中 C 为任意常数. 7-3 拓展拔高 1 1.【答案】x (ln| y|C)，其中 y2 C 为任意常数 【解析】当将 y 看做 x 的函数时，方程变为 d d y x  1  y 2 3 x y 2 ，这个方程不是一阶线性微分 方程，不方便求解，如果将 x 看做 y 的函数，方程改写为 y 3 d d x y  2 y 2 x  1 ，即 dx 2 1  x . 即为一阶线性微分方程，代入公式求解得 dy y y3 x  1 y 2 ( l n | y |  C ) ，其中 C 为任意常数. 2.【答案】 a r c t a n y x  1 2 l n  1  y x 2 2   l n x  C 【解析】原方程变为 d d y x  1 1   y xy x ，令 u  y x ， d d y x  u  x d d u x ，代入得 1 1   u u 2 d u  1 x d x ， a r c t a n  1 2 l n (1  u 2 )  l n | x |  C ， u  y x 回代得通解 y 1  y2  arctan  ln1 ln x C . x 2  x2  3.【答案】 y  C 1 c o s x  C 2 s i n x  x 2  1  1 2 x s i n x 【解析】特征方程为2 10，解得 1 ,2 i    ，因此对应齐次方程通解为 C cosxC sinx，因为 1 2 0 不是特征根，所以方程y y x2 3的特解设为 y* ax2 bxc，代入可解得 1 y *1  x 2  1 . 又因为 1 ,2 i    恰好是特征根，因此方程 1 y y cosx的特解可设为y*  x(AsinxBcosx)，代入可解得y*  xsinx. 综上 2 2 2可知非齐次方程通解为 y  C 1 c o s x  C 2 s i n x  x 2  1  1 2 x s i n x . 4.【答案】 y  C 1 e x  C 2 e  3 x  1 8 ( 2 x 2  x ) e x 【解析】特征方程为2 230，解得 1 1 , 2 3      ，因此对应齐次方程通解为 C 1 e x  C 2 e  3 x ，因为 1 是一重特征根所以特解设为 y *  x ( a x  b ) e x ， 代入可解得 1 y*  (2x2 x)ex . 故非齐次方程通解为 8 y  C 1 e x  C 2 e  3 x  1 8 ( 2 x 2  x ) e x . 5.【答案】B 【解析】特征方程为2 bc0，特征根为 1 ,2 b b 2 2 4 c      ，不论特征根为相 异实根、重实根或是共轭复根，根的实部总是负的. 注意当 0   时， l i x  m  e  a x  0 ， lim xeax 0， x lx i m e a x c o s x 0       ， lx i m e a x s i n x 0       ，因此对方程 y   b y   c y  0 的任意解 y ( x ) 都有 l i x  m  y ( x )  0 . 6．【答案】A 【解析】特征方程 r 2  3 r  2  0 的根为 r1  1 , r 2  2 . 所以微分方程y3y2yxe2x的 特解形式为y x(axb)e2x，微分方程y3y2y2x1的特解形式为 1 y 2  A x  B . 根据解的结构原理，原方程的特解形式为 y 1  y 2  x ( a x  b ) e 2 x  A x  B ，故答案选（A）. 7．【答案】C 【解析】将ye2x(1x)ex代入微分方程yyyex，得 (24)e2(1)xex(23)ex ex. 240, 3,   比较两边同类项的系数得：10, ，解得2, ，于是原微分方程为  23,  1. y3y2yex，相应的齐次方程的通解为Y C exC e2x，故原方程的通解为 1 2yCex C e2x e2x (1x)ex Cex C e2x xex(C C 1,C C 1) 1 2 1 2 1 1 2 2 故答案选（C）. 8.【答案】 t a n y  C ( e x  1 ) 3 ，其中 C 为任意常数 【解析】原微分方程分离变量得 s e t a c n 2 y y d y  e 3 x e  x 1 d x ，积分得 ∣ ln t a n ∣y  3 ln | e x  1 |  C 1 所以方程的通解为tanyC(ex1)3，其中 C 为任意常数. 9.【答案】 x  y e xy  C ，其中 C 为任意常数 【解析】方程化为 d d x y  (1 x   e  yxy ) y  1 x y   e 1  xy ，此为齐次方程，令 u  x y ，则 x = u y ， d d x y  y d d u y  u ，代入上述方程得 y d d u y  u  1 u   e 1  u ，整理得 1 u   e e u u d u   1 y d y 两边积分得ln|ueu|ln|y|ln|C |，即 1 ( u  e u ) y  C x ，将u  代入可得， y  x y  e xy  y  C ，故原方程的通解为 x  y e xy  C ，其中C 为任意常数. 10.【答案】B 【解析】将选项（B）改写为C (y y )C (y y )(y y )，因为y ,y ,y 是 1 1 3 2 2 1 3 2 1 2 3 y   p ( x ) y   q ( x ) y  f ( x ) 的3个线性无关的解，所以 y 1  y 3 ， y 2  y 1 均是 y   p ( x ) y   q ( x ) y  0 的解，并且 y 1  y 3 ， y 2  y 1 线性无关，事实上，若它们线性相 关，则存在不全为零的数k ，k ，使 1 2 k 1 ( y 1  y 3 )  k 2 ( y 2  y 1 )  0 即  k 1 y 3  k 2 y 2   k 1  k 2  y 1  0 ，由题设知 y 1 , y 2 , y 3 线性无关，故 k 0,k 0,k k 0，与k ,k 不全为零矛盾.于是推知C (y y )C (y y )为对应 1 2 1 2 1 2 1 1 3 2 2 1 的齐次方程的通解，而y y 也是对应齐次方程的一个解，它包含于 3 2C (y y )C (y y )之中，所以 1 1 3 2 2 1 C 1 ( y 1  y 3 )  C 2 ( y 2  y 1 )  ( y 3  y 2 ) 是题设非齐次方程 对应的齐次方程的通解. 故答案选（B）. 11.【答案】C 【解析】因为原微分方程的两个特征根分别为 1 2 , 2 3      ，且  2 为其中的一个特征 根，所以原方程的特解形式为x(axb)e2x，故答案选（C）. 12．【答案】 y  a r c t a n x  1 【解析】令 y   p ，则 y   d d p x ，代入方程得 d d p x  2 x p 2  0 ，解得 1 p  x 2  C 1 ，由 y(0)1得 C 1  1 ，于是 y   1  1 x 2 ， y  a r c t a n x  C 2 ，再由 y ( 0 )  1 得 C 2  1 ，所以 yarctanx1. 13.【答案】请参照解析 【解析】特征方程为λ2 4λ40，特征根为 λ 1  λ 2   2 ，原方程对应的齐次线性微分 方程的通解为 y  ( C 1  C 2 x ) e  2 x . （1）当 a   2 时，因为 a 不是特征根，所以设原方程的特解为y (x)Aeax，代入原方程 0 得 A  ( a 1  2 ) 2 ，则原方程的通解为 y  ( C 1  C 2 x ) e  2 x  ( a 1  2 ) 2 e a x （ C 1 ， C 2 为任意常 数）； （2）当a2时，因为a2为二重特征根，所以设原方程的特解为y (x)Ax2e2x， 0 代入原方程得 A = 1 2 ，则原方程的通解为 1 y(C C x)e2x  x2e2x（C ，C 为任意常数）. 1 2 2 1 2 1 1 ex2 y(x) 1 14.【答案】（1）y(x) x e1(y 1) ；（2）y 1， lim  2 2x 0 x 0 x x 2 dy 1  【解析】（1）整理方程为标准形式即   2x  y  x2 ，使用公式法求解方程得 dx  x y e    1 x 2x    dx (e    1 x 2x    dx x2dxC) 1 ex2 (x3ex2 dxC) x 1 1 Cex2  x  2 2x x 又因为 y (1 )  y 0 ，所以 C  y 0 e  1 ，得到 y ( x )   1 2 x  1 2 x  e  1 ( y 0  1 ) e x x 2 . （2） l i x  m  y ( x x )  l i x  m    1 2  2 1 x 2  e  1 ( y 0 x  2 1 ) e x 2    1 2  l i x  m  e  1 ( y 0 x  2 1 ) e x 2 ， 因为 l i x  m  y ( x x ) 极限存在，所以 y 0   1 ， l i x  m  y ( x x )   1 2 . 15.【答案】 3 2 e x  1 2 ( s i n x  c o s x ) 【解析】因为 x xt u 0 x  tf(xt)dt  (xu)f(u)(du) (xu)f(u)du 0 x 0 x x  x f(u)du uf(u)du 0 0 所以原方程可化为  x 0 f ( t ) d t  x  s i n x  x  x 0 f ( t ) d t   x 0 t f ( t ) d t ； 将方程两边同时对 x 求导得 f ( x )  1  c o s x   x 0 f ( t ) d t  x f ( x )  x f ( x ) 即 f ( x )  1  c o s x   x 0 f ( t ) d t ，将方程两边再同时对 x 求导得 f(x)sinx f(x)即 f(x) f(x)sinx，解方程得 f ( x )  e  1 d x    e   1 d x  s i n x d x  C   C e x  1 2 ( s i n x  c o s x ) ， x 对于 f(x)1cosx f(t)dt，令x0得 0 f ( 0 )  2 3 ，故C  ， 2 3 1 从而 f(x) ex  (sinxcosx). 2 2 16.【答案】 f(x)e2x xex【解析】因为  1 0 f ( t x ) d t t x  u 1 x  x 0 f ( u ) d u ，所以原方程可化为 x x f(x)3 f(t)dt2 f(t)dtex 0， 0 0 两边对 x 求导得 f ( x )  3 f ( x )  2 f ( x )  e  x ， 特征方程为 2 3 2 0      得 1 1 , 2 2       ， 则方程 f ( x )  3 f ( x )  2 f ( x )  0 的通解为 C 1 e  x  C 2 e  2 x ； 令 f ( x )  3 f ( x )  2 f ( x )  e  x 的一个特解为 y *  a x e  x ，代入得a1， 则原方程的通解为 f ( x )  C 1 e  x  C 2 e  2 x  x e  x ， 对于 f ( x )  3  x 0 f ( t ) d t  2  x 0 f ( t ) d t  e  x  0 ，令 x  0 得 f ( 0 )   1 ，又 f ( 0 )  1 ， 得 C 1  0 , C 2  1 ，故原方程的解为 f ( x )  e  2 x  x e  x . 17.【答案】 ( 2 l n x  1 ) x 1 xt u 1 x 【解析】因为 f(xt)dt  f(u)du，所以原方程可化为 1 x 1 x f ( x )  2 1 x  x 1 f ( u ) d u  x ，即 x f ( x )  2  x 1 f ( u ) d u  x 2 ， 两边求导得xf(x) f(x)2x整理得 f ( x )  1 x f ( x )  2 ，  1 dx   1 dx  则 f(x)e x 2e x dxC(2lnxC)x，   1 x 对于 f(x)2  f(u)du  x，令 x 1 x  1 得 f(1)1，代入 f(x)得C 1， 故 f ( x )  ( 2 l n x  1 ) x . 18.【答案】 f ( x )  e e x  x  1 x 【解析】原方程两边同乘ex得exf(x)1 f(t)dt，两边对x求导，得 0d[f(x)] f(x)(ex 1)f(x)，分离变量得 (ex 1)dx，两边积分得 f(x) l n f ( x )  e x  x  C 0 ，即 f ( x )  C e e x  x x ，又 f(x)ex ex f(t)dt 中令x0得 0 f(0)1，故 C  1 e ，从而 f ( x )  e e x  x  1 . 19.【答案】A 【解析】由题设知 y ( x ) 是 y   6 y   9 y  e 3 x 满足 y ( 0 )  0 , y ( 0 )  2 的特解，对应的特 征方程为 2 6 9 0      ，特征根为 1 2 3     ，从而对应的齐次微分方程的通解为 yC e3xC xe3x；设非齐次微分方程 1 2 y   6 y   9 y  e 3 x 的特解为y*  Ax2e3x ， 代入原方程可确定常数 A  1 2 ，即原方程的通解为 y   C 1  C 2 x  1 2 x 2  e 3 x ； 由 y ( 0 )  0 , y ( 0 )  2 可确定 C 1  0 , C 2  2 ，故所求曲线的方程为 y   2 x  1 2 x 2  e 3 x  x 2 ( x  4 ) e 3 x ，故选（A）. 20.【答案】（1） f ( x )  x  5 4 x 2 ；（2） 1 5 2 【解析】（1）由 x f ( x )  2 f ( x )   x 整理得 f ( x )  2 x f ( x )   1 ，为一阶线性微分方   2 dx    2 dx  程，解得 f(x)e  x e  x dxC ，整理得   f ( x )  x  c x 2 ； 设平面图形D绕x轴旋转一周所得旋转体的体积为V ，则 1 1 c c2  V(c) (xcx2)2dx   ， 0 3 2 5  V ( c )    1 2  2 5 c   0 5 ，解得c ， 4 2 5 因为V(c) 0，所以c 为 5 4 V ( c ) 5 的最小值点，且曲线方程为 f(x) x x2 . 4 5 5 （2） f(x)1 x， f(0)1，曲线 f(x) x x2 在原点处的切线方程为y  x， 2 4则切线与曲线及直线 x  1 所围成的平面图形的面积为  1 0  x   x  5 4 x 2   d x  1 5 2 . 1 21.【答案】2y 3x 0 y 【解析】依题设，旋转体的体积为 V    t 1 f 2 ( x ) d x ， t  0 ； 曲边梯形的面积为 S   t 1 f ( x ) d x ， t  1 ；由已知 V   t  S ，即 t t  f 2(x)dxt f(x)dx，两边同时对 1 1 t t 求导，得 f 2(t) f(x)dxtf(t) ①； 1 两边再同时对 t 求导，得 2 f ( t ) f ( t )  f ( t )  f ( t )  t f ( t ) 即 [ 2 f ( t )  t ] f ( t )  2 f ( t ) ，改 写成 ( 2 y  t ) y   2 y ，可变形为 d d t y  2 1 y t  1 ； 该方程为一阶线性微分方程，解得 t  e   12 y d y   e  12 y d y d y  C   2 3 y  C y  12 ； 在式①中，令 t  1 ，有 f 2 ( 1 )  f ( 1 )  0 ，又由 f ( t )  0 ，可知 f ( 1 )  1 ，故 C  1 3 ，从 而有 t  2 3 y  1 3 y  12 ，即所求曲线方程为 2 y  1 y  3 x  0 . 22.【答案】 1 2 9 4  l n 2 【解析】对曲线L ，由题意得 1 d d x  y x   2 y ，解得 2xC 即y x(2xC )，又因为 x 1 1 曲线L 过点(1,1)，所以C 1，故L 为 1 1 1 y  2 x 2  x ；对曲线L ，由题意得 2 d (xy)2，解得xy2xC 即 dx 2 y  2 x  x C 2 ，又因为曲线L 过点(1,1)，所以 2 1 1 1  C 1，故L 为y 2 ；由2x2 x 2 得两曲线的交点为 ,0  ,(1,3)及 2 2 x x 2  1 1  19 (1,1)，故两曲线所围成区域的面积为 1 2 2x2 x  dx ln2.  x  24 223.【答案】 6 秒 【解析】设t时刻陨石的半径为 r  r ( t ) ，则陨石的体积为 V ( t )  4 3  r 3 ( t ) ，陨石的表面 积为S(t)4r2(t)，已知陨石体积减小的速率与陨石的表面积成正比，即 d d V t   k S ， k 0，两边代入得 4  r 2 ( t ) d d r t   k 4  r 2 ( t ) ，整理得 d d r t   k ，所以解方程得 r ktC，又 r ( 0 )  r 0 ，所以C r ， 0 r   k t  r 0 ；又知前3秒内减小了其体积的 7 ，即体积变为原始球体的 8 1 8 ，半径变为原始球体的 1 2 ，所以 r ( 3 )  r 02   3 k  r 0 ，解 得 k  r 06 ，所以 r   r 06 t  r 0 ，此陨石完全燃烧尽即令 r  0 ，此时 t  6 ，所以完全燃 烧尽需要 6 秒.