250416_155118-7.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_00.书籍和讲义_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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 c sc x  c o t x 1 1 【解析】（1） dy dx，积分得：ln lny ln x lnC ，所以 ylny x ln y  C x ，即 yeCx，其中C为任意常数. （2） (1  x  a ) y   a y 2 1 a ，所以 dy dx，故 y2 xa1 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ydyexdx，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. 1 1 1 x 1 x （4） dy dx，积分得：ln y  ln  ln C ，4ln y ln ln C ， y 4xx2 4 4x 4 4x 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 cosy ln ex 1lnC ，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 y2 x2 Cx2(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 2 y  y ，当x0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  u 2  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  u 2  1  C x 即： y  y 2  x 2  C x 2 ，其中C为任意常数； 当 x  0 时， y   y x   y x  2  1 y ，令 u，则 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：ln u u2 1 ln x ln C ， u2 1 x C u u2 1 ，即：y y2 x2 C，其中C为任意常数. x 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 u d u  2 x d x ，积分得： 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  u y ， 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y3  y2 x2. （5） d d x y  2 e 1 xy   x y 2 e  xy 1  ，令 x y  u ，则 x  u y ， d d x y  u y  u 2eu(u1) ，所以uyu ， 12eu 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 C ，所以2eu u ， 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； sinxC （2）y  ，其中C为任意常数； x2 1 1 1  （3）x  ln2 yC ，其中 ln y2  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）： e sin x ( y   y c o s x )  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)dy (Q(y)e p(y)dy dyC)e  yl 1 ny dy ( 1 e  yl 1 ny dy dyC) 1   ln2 y C   y lny 2  1 C 所以x lny ，其中C为任意常数； 2 lny 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： p(x)dx p(x)dx tanxdx tanxdx 1 ye (Q(x)e dxC)e (secxe dxC) (xC) cosx 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tan(xC)x，其中 C 为任意常数. （2）令xyu，则 u   y  x y  ，代入方程得 u   u x ln u ，所以 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 ,C 为任意常数； 1 2 （4）yln|cos(xC )|C ，其中 1 2 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 1  y (x1)2 Cex C ，所以y  x2 x  Cex C ，其中C ,C 为任意常数. 2 1 2 2  1 2 1 2 （2）令y p，则y p， x p    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 arctan pxC ，所以 1 p  t a n ( x  C 1 )  y  ， 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 ，所以 1 2  d p p 2  2 d x ，积分得 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 1 p ，代入得 e2x， 1 p 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 、 y 分别求导并代入方程是进行验证等式成立 1 2 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 1 , C 2 为任意常 数； （2）yC cosxC sin xx，其中 1 2 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 1  e x 2  2 x ，所以 y 1  e x 2 [ ( 2 x ) 2  2 ]  e x 2 ( 4 x 2  2 ) ，代入方程得 y4xy(4x2 2)y ex2(4x2 2)4xex2 2x(4x2 2)ex2 0. 1 1 1 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 y C y ex2(C C x)，其中C ,C 为任意常数. 1 1 2 2 1 2 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 ,C 为任意常数； 1 2 （2） y  ( C 1  C 2 x ) e 2 x ，其中C ,C 为任意常数； 1 2 （3）y e3x(C cos2xC sin2x)，其中C ,C 为任意常数； 1 2 1 2 （4） y  C 1  C 2 x  ( C 3  C 4 x ) e x ，其中 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 2 x  C 2 s i n 2 x ) ，其中 C 1 , C 2 为任意常数. （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  e  12 x ( C 1  C 2 x ) ，代入  y y ( 0 ) ( 0 )   C e 1   12 x 2 (  1 2 C 1  1 2 C 2 x  C 2 ) |x  0   1 2 C 1  C 2  0 ，解得 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3i，所以 ye2x(C cos3xC sin3x)，代入 1 2 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； 3  （2）y Cex C e2x ex  x2 3x ，其中 1 2 2  C 1 , C 2 为任意常数； （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 1 , C 2 为任意常数； （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： 1 x yCe2 C ex ex，其中 1 2 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 1 2 y  C 1 e  x  C 2 e  2 x ， 令 y   x ( a x  b ) e  x ，代入方程解得： a  3 2 , b   3 3  ，所以y ex  x2 3x ，所以通解 2  为： y  C 1 e  x  C 2 e  2 x  e  x  3 2 x 2  3 x  ，其中 C 1 , C 2 为任意常数. （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  e x ( C 1 c o s 2 x  C 2 s i n 2 x ) ，令 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 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 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 1 2 所以y  xcosx sinx，所以 3 9 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： r 2  1  0 ，所以 r 2   i ，所以 y  C 1 c o s x  C 2 s i n x ，令 y 1  a e x ，则代 入方程yyex，解得： a  1 2 ，所以 y 1  1 2 e x ，令 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 2y  C 1 c o s x  C 2 s i n x  1 2 e x  1 2 x s i n x ，其中 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 求导得： y  1 2 ( y  x y )  2 x 1 即：y y 4，所以 x 1 x  y   1 x y    4 1 x ，对上式两边积分得 1 x y   4 l n x  C 所以 y  x (  4 l n x  C ) ，因为曲线过 A ( 1 ,1 ) 点，所以 C  1 ，故 y   x 0 ( ,  x 4  l n 0 x  1 ) , 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 )  2 x e  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 ) . x3 x 11.【答案】y   1 6 2 【解析】因为 y   x ，所以 y   1 2 x 2  C 1 1 ，所以y  x3 C xC ，因为过点 6 1 2 M(0,1)，所以C 1，因为与直线 2 y  x 2  1 相切，所以 y ( 0 )  1 2  C 1 ，所以 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)ex f(x)，即 f(x) f(x)ex ，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* aex带入方程得 a  1 2 所以 y *  1 2 e x 1 ，所以通解为y C cosxC sinx ex，因为 1 2 2  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 dy dx 可化为  ，则 y x(x4) 1 x4 ln y  ln C ，故 4 x 1 x  x 4  y 4  C ，即 ( 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取极限，得 y   1  y x 2 . 解此微分方程得：ln y arctanxC ， 1 y  C e a rc ta n x ，由 y ( 0 )   知C ，于是  y(x)earctanx ，所以y(1)earctan1 e4. 3.【答案】 y 2  x y  x 2  C x  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  x 2  y 2  C x 2 ，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x2  y2 (x2 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)dx  Q(x)e P(x)dx dxC  e  1 x dx  exe  1 x dx dxC   1 [(x1)ex C]     x   将 x  1 ， y  1 代入，得 C  1 x1 1 ，则所求特解为y  ex  . x 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 x  ln 2  0  1 exx 1 ，则C e 2. 故所求的特解为yex e 2 . 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  【解析】将原微分方程化为标准形，得 y   2 x y  l n x ，解得  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C0，于是 9 y  1 3 x  l n x  1 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 Cex C e2x，由于 1 2 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. 11.【答案】当 a  1 时，通解为 y  C 1 c o s a x  C 2 s i n a x  a 1 2  1 s i n x ， C ,C 为任意常数； 1 2 当 a  1 时，通解为 y  C 1 c o s x  C 2 s i n x  1 2 x c o s x ， C 1 , C 2 为任意常数 【解析】由题设，对应的特征方程为 r 2  a 2  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 *  A s i n x  B c o s x ，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 ( A s i n x  B c o s x ) ，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 ； x 当a1时，通解为y C cosxC sinx cosx. 1 2 2 12.【答案】 y  e x ( C 1 c o s x  C 2 s i n x  1 ) ， C 1 ， C 2 为任意常数 【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 . 因此，原方程的通解为 y  1 3 x 3  x 2  2 x  C 1  C 2 e  x ，其中 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)Cex C e2x 2xex. 1 2 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 1， x0 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，C 0. 所以 1 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 yy,0)，从而该点到x轴的法线段 P Q 的长度是 1 (yy)2  y2  y[1(y)2]2（ y   0 也满足比式）. y 1 根据题意得微分方程  ，即yy1 y2 ， （*） [1(y)2]32 y[1(y)2]12 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 1  1  【解析】由已知条件得  r2d  r2 r2d，两边对求导得r2  r2 r2 ， 2 0 2 0 即rr r2 1，从而 r d r r 2 1 d .     因为 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 π  rsin    1 6  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 du 3dx 时，由  ，两边积分得 u(u1) x 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  . 19.【答案】 f ( x )  1 2 s i n x  x 2 c o s x 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 x 【解析】由题设，则方程 f(x)2 f(t)dt  x2 ，两端对x求导，可得 0 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 1 ，则参数C  . 从而所求函数 2 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tx u，则  1 0 f ( t x ) d t  1 x  x 0 f ( u ) d u 1 x . 从而有  f(u)du  f(x)xsinx， 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)xf(x)2xsinxx2cosx， 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 ， 1 arctan ln(1u2)ln|x|C， 2 u  y x 回代得通解 a r c t a n y x  1 2 l n  1  y x 2 2   l n x  C . 1 3.【答案】y C cosxC sinxx2 1 xsinx 1 2 2 【解析】特征方程为 2 1 0    ，解得 i，因此对应齐次方程通解为 1,2 C cosxC sinx，因为0不是特征根，所以方程y y x2 3的特解设为 1 2 y *1  a x 2  b x  c ，代入可解得 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 b b2 4c 【解析】特征方程为2 bc0，特征根为  ，不论特征根为相 1,2 2 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r23r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 1  x ( a x  b ) e 2 x ，微分方程y3y2y2x1的特解形式为 y 2  A x  B . 根据解的结构原理，原方程的特解形式为y y x(axb)e2xAxB，故答案选（A）. 1 2 7．【答案】C 【解析】将 y  e 2 x  (1  x ) e x 代入微分方程 y y y e x         ，得 ( 2 4 ) e 2 ( 1 ) x e x ( 2 3 ) e x e x .                  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  C 1 e x  C 2 e 2 x  e 2 x  (1  x ) e x  C 1 e x  C 2 e 2 x  x e x ( C 1  C 1  1 , C 2  C 2  1 ) 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 t a n y  C ( e x  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  e u |  ln | y |  ln | C 1 | ，即 ( u  e u ) y  C x ，将u  代入可得， y  x x   eyyC ，故原方程的通解为  y    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 1 ( y 1  y 3 )  C 2 ( y 2  y 1 )  ( y 3  y 2 ) ，因为 y 1 , y 2 , y 3 是 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 ， 1 k 2 ，使 k 1 ( y 1  y 3 )  k 2 ( y 2  y 1 )  0 即k y k y k k y 0，由题设知 1 3 2 2 1 2 1 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2, 3，且 1 2  2 为其中的一个特征 根，所以原方程的特解形式为 x ( a x  b ) e  2 x ，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 λ 2  4 λ  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 0 ( x )  A e a x ，代入原方 程得 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 y  ( C 1  C 2 x ) e  2 x  1 2 x 2 e  2 x （ C 1 ，C 为任意常数）. 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 2  1x x  2  x d 1 2 x x (   e C  1   2  x  2 x e x x d x  x 2 d x  C )  1 x e x 2 (  x 3 e  x 2 d x  C ) 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 )   s i n x  f ( x ) 即 f(x) f(x)sinx，解方程得 f(x)e 1dx  e 1dx sinxdxC  Cex  1 (sinxcosx)，     2 对于 f ( x )  1  c o s x   x 0 f ( t ) d t ，令x0得 f(0)2，故 C  3 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, 2， 1 2 则方程 f ( x )  3 f ( x )  2 f ( x )  0 的通解为Cex C e2x ； 1 2 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 【解析】因为  1 1x f ( x t ) d t x t  u 1 x  x 1 f ( u ) d u ，所以原方程可化为 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 x f ( x )  f ( x )  2 x 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得 f(1)1，代入 f(x)得C 1， x 1 故 f ( x )  ( 2 l n x  1 ) x . 18.【答案】 f(x)eex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 1 e 3 x  C 2 x e 3 x ；设非齐次微分方程 y   6 y   9 y  e 3 x 的特解为 y *  A x 2 e 3 x ， 1  1  代入原方程可确定常数A ，即原方程的通解为y   C C x x2  e3x ； 2  1 2 2  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  1 2  5 V(c) (xcx2)2dx   ，V(c)   c  0，解得c ， 0 3 2 5  2 5  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 d  y y 【解析】对曲线L ，由题意得   2，解得 2xC 即y x(2xC )，又因为 1 dx x x 1 1 曲线 L 1 过点(1,1)，所以 C 1   1 ，故 L 1 为y2x2 x；对曲线L ，由题意得 2 d (xy)2，解得 dx x y  2 x  C 2 即 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 8 ，即体积变为原始球体的 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.