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.