二、高阶微分方程｜大题·可降阶的微分方程的求解等3类

大题

（一）可降阶的微分方程的求解

1. 【1998-2-8 分】 设 $y=y(x)$ 是一向上凸的连续曲线，其上任意一点 $(x,y)$ 处的曲率为 $\frac{1}{\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}}$，且此曲线上点 $(0,1)$ 处的切线方程为 $y=x+1$，求该曲线的方程，并求函数 $y=y(x)$ 的极值。

查看答案与解析

答案： 曲线方程为

$y=1-\ln (\cos x-\sin x),-\frac{3\pi }{4}<x<\frac{\pi }{4}$。

函数在 $x=-\frac{\pi }{4}$ 处取得极小值

$y_{\min }=1-\frac{1}{2}\ln 2$，无极大值。

解析： 平面曲线 $y=y(x)$ 的曲率为

$K=\frac{|y^{\prime \prime }|}{{\left[1+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{3/2}}$。

曲线向上凸，因此 $y^{\prime \prime }>0$，从而

$\frac{y^{\prime \prime }}{{\left[1+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}}$。

约去公共因子，得

$y^{\prime \prime }=1+(y^{\prime }{)}^2$。

令

$p=y^{\prime }$，

则

$\frac{dp}{dx}=1+p^2$，

即

$\frac{dp}{1+p^2}=dx$。

积分得

$\arctan p=x+C_1$，

所以

$y^{\prime }=p=\tan (x+C_1)$。

由切线方程 $y=x+1$ 可知

$y(0)=1,y^{\prime }(0)=1$。

代入 $y^{\prime }(0)=1$，得

$\tan C_1=1$。

取包含 $x=0$ 的连续分支，有

$C_1=\frac{\pi }{4}$。

因此

$y^{\prime }=\tan \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$。

再次积分：

$y=-\ln \left|\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\right|+C_2$。

由 $y(0)=1$，得

$1=-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}+C_2=\frac{1}{2}\ln 2+C_2$，

故

$C_2=1-\frac{1}{2}\ln 2$。

于是

$y=1-\frac{1}{2}\ln 2-\ln \cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$。

利用

$\sqrt{2}\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\cos x-\sin x$，

可写成

$y=1-\ln (\cos x-\sin x)$。

包含 $x=0$ 的定义区间由

$\cos x-\sin x>0$

确定，即

$-\frac{3\pi }{4}<x<\frac{\pi }{4}$。

求极值时，令

$y^{\prime }=\tan \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=0$，

得到

$x=-\frac{\pi }{4}$。

又因为

$y^{\prime \prime }=1+(y^{\prime }{)}^2>0$，

故该点为极小值点，且

$y\left(-\frac{\pi }{4}\right)=1-\frac{1}{2}\ln 2$。

当 $x\to -\frac{3\pi }{4}+0$ 或 $x\to \frac{\pi }{4}-0$ 时，$y\to ++\infty$，因此函数无极大值。

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2. 【2006-12-10 分】 设函数 $f(u)$ 在 $(0,+\infty )$ 内具有二阶导数，且

$z=f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$

满足

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0$。

（1）验证 $f^{\prime \prime }(u)+\frac{f^{\prime }(u)}{u}=0$；

（2）若 $f(1)=0$，$f^{\prime }(1)=1$，求函数 $f(u)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： （1）$f^{\prime \prime }(u)+\frac{f^{\prime }(u)}{u}=0$；

（2）$f(u)=\ln u$。

解析： 令

$u=\sqrt{x^2+y^2}$，

则

$u_x=\frac{x}{u},u_y=\frac{y}{u}$。

由复合函数求导法则，

$z_x=f^{\prime }(u)\frac{x}{u}$。

继续对 $x$ 求导：

$z_{xx}=f^{\prime \prime }(u)\frac{x^2}{u^2}+f^{\prime }(u)\left(\frac{1}{u}-\frac{x^2}{u^3}\right)$。

同理，

$z_{yy}=f^{\prime \prime }(u)\frac{y^2}{u^2}+f^{\prime }(u)\left(\frac{1}{u}-\frac{y^2}{u^3}\right)$。

两式相加，利用 $x^2+y^2=u^2$，得

$z_{xx}+z_{yy}=f^{\prime \prime }(u)\frac{x^2+y^2}{u^2}+f^{\prime }(u)\left[\frac{2}{u}-\frac{x^2+y^2}{u^3}\right]$，

即

$z_{xx}+z_{yy}=f^{\prime \prime }(u)+\frac{f^{\prime }(u)}{u}$。

由题设 $z_{xx}+z_{yy}=0$，所以

$f^{\prime \prime }(u)+\frac{f^{\prime }(u)}{u}=0$。

这就证明了（1）。

下面求解该方程。整理为

$u{f}^{\prime \prime }(u)+f^{\prime }(u)=0$，

即

${\left[u{f}^{\prime }(u)\right]}^{\prime }=0$。

因此

$u{f}^{\prime }(u)=C_1$，

从而

$f^{\prime }(u)=\frac{C_1}{u}$。

积分得

$f(u)=C_1\ln u+C_2$。

由 $f(1)=0$，得

$C_2=0$。

由 $f^{\prime }(1)=1$，得

$C_1=1$。

故

$f(u)=\ln u$。

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3. 【2007-2-10 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }\left[x+(y^{\prime }{)}^2\right]=y^{\prime }$，

满足初始条件 $y(1)=y^{\prime }(1)=1$ 的特解。

查看答案与解析

答案： $y=\frac{2}{3}{x}^{3/2}+\frac{1}{3}(x>0)$。

解析： 方程中不显含 $y$，令

$p=y^{\prime }$，

则 $y^{\prime \prime }=\frac{dp}{dx}$，原方程化为

$\frac{dp}{dx}(x+p^2)=p$。

由于初始条件给出 $p(1)=1\ne 0$，可在初始点附近把 $x$ 看作 $p$ 的函数。于是

$\frac{dx}{dp}=\frac{x+p^2}{p}=\frac{x}{p}+p$。

整理得关于 $x=x(p)$ 的一阶线性方程

$\frac{dx}{dp}-\frac{1}{p}x=p$。

积分因子为

$\mu (p)=e^{\int -\frac{1}{p}dp}=\frac{1}{p}$。

两边同乘 $\frac{1}{p}$，得

$\frac{d}{dp}\left(\frac{x}{p}\right)=1$。

积分可得

$\frac{x}{p}=p+C_1$，

即

$x=p^2+C_{1}p$。

由 $x=1$ 时 $p=1$，得

$1=1+C_1$，

故 $C_1=0$。

于是

$x=p^2$。

由初始条件 $p(1)=1>0$，取正支，得

$p=\sqrt{x}$，

即

$y^{\prime }=\sqrt{x}$。

积分得

$y=\frac{2}{3}{x}^{3/2}+C_2$。

利用 $y(1)=1$，有

$1=\frac{2}{3}+C_2$，

所以

$C_2=\frac{1}{3}$。

故所求特解为

$y=\frac{2}{3}{x}^{3/2}+\frac{1}{3}(x>0)$。

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4. 【2009-2-10 分】 设非负函数 $y=y(x)(x\ge 0)$ 满足微分方程

$x{y}^{\prime \prime }-y^{\prime }+2=0$。

当曲线 $y=y(x)$ 过原点时，其与直线 $x=1$ 及 $y=0$ 围成平面区域 $D$ 的面积为 $2$，求 $D$ 绕 $y$ 轴旋转所得旋转体的体积。

查看答案与解析

答案： $V=\frac{17\pi }{6}$。

解析： 令

$p=y^{\prime }$，

则原方程化为

$x{p}^{\prime }-p+2=0$，

即

$p^{\prime }-\frac{1}{x}p=-\frac{2}{x}(x>0)$。

积分因子为

$\mu (x)=e^{\int -\frac{1}{x}dx}=\frac{1}{x}$。

因此

${\left(\frac{p}{x}\right)}^{\prime }=-\frac{2}{x^2}$。

积分得

$\frac{p}{x}=\frac{2}{x}+C_1$，

即

$p=2+C_{1}x$。

所以

$y^{\prime }=2+C_{1}x$，

积分得

$y=2x+\frac{C_1}{2}{x}^2+C_2$。

曲线过原点，故

$C_2=0$。

记 $A=\frac{C_1}{2}$，则

$y=2x+A{x}^2$。

区域 $D$ 由曲线、$x=1$ 和 $y=0$ 围成，因此其面积为

$S={\int }_0^1(2x+A{x}^2)dx=1+\frac{A}{3}$。

由题设 $S=2$，得

$1+\frac{A}{3}=2$，

所以

$A=3$。

故曲线方程为

$y=2x+3x^2$。

将区域 $D$ 绕 $y$ 轴旋转，采用柱壳法：半径为 $x$，高为 $y=2x+3x^2$，于是

$V=2\pi {\int }_0^{1}x(2x+3x^2)dx$。

计算得

$V=2\pi {\int }_0^1(2x^2+3x^3)dx$

$=2\pi \left(\frac{2}{3}+\frac{3}{4}\right)$

$=2\pi \cdot \frac{17}{12}$

$=\frac{17\pi }{6}$。

（二）二阶常系数齐次微分方程的求解

1. 【2016-1-10 分】 设函数 $y(x)$ 满足方程

$y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+ky=0$，

其中 $0<k<1$。

（1）证明反常积分 $J={\int }_0^{+\infty }y(x)dx$ 收敛；

（2）若 $y(0)=1$，$y^{\prime }(0)=1$，求

$J={\int }_0^{+\infty }y(x)dx$。

查看答案与解析

答案： （1）$J$ 收敛；

（2）$J=\frac{3}{k}$。

解析： 对应齐次方程的特征方程为

$r^2+2r+k=0$。

其两个特征根为

$r_{1,2}=-1\pm \sqrt{1-k}$。

由于 $0<k<1$，故

$0<\sqrt{1-k}<1$，

从而

$r_1=-1+\sqrt{1-k}<0,r_2=-1-\sqrt{1-k}<0$。

因此方程的通解为

$y=C_1{e}^{r_{1}x}+C_2{e}^{r_{2}x}$。

两个指数项均随 $x\to +\infty$ 指数衰减，所以

${\int }_0^{+\infty }|y(x)|dx$

收敛，进而反常积分

$J={\int }_0^{+\infty }y(x)dx$

收敛。这就证明了（1）。

同时，由上述通解可知

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }{y}^{\prime }(x)=0$。

对原微分方程在 $[0,+\infty )$ 上积分，得

${\int }_0^{+\infty }{y}^{\prime \prime }(x)dx+2{\int }_0^{+\infty }{y}^{\prime }(x)dx+k{\int }_0^{+\infty }y(x)dx=0$。

于是

${\left[y^{\prime }(x)\right]}_0^{+\infty }+2{\left[y(x)\right]}_0^{+\infty }+kJ=0$。

利用初始条件和无穷远处的极限，得

$-y^{\prime }(0)-2y(0)+kJ=0$。

代入 $y(0)=1$，$y^{\prime }(0)=1$，有

$-1-2+kJ=0$。

因此

$J=\frac{3}{k}$。

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2. 【2020-3-10 分】 设函数 $y=f(x)$ 满足

$y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+5y=0$，

且 $f(0)=1$，$f^{\prime }(0)=-1$。

（1）求 $f(x)$ 的表达式；

（2）设

$a_n={\int }_{n\pi }^{+\infty }f(x)dx$，

求

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$。

查看答案与解析

答案： （1）$f(x)=e^{-x}\cos 2x$；

（2）$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\frac{1}{5(e^{\pi }-1)}$。

解析： （1）对应齐次方程的特征方程为

$r^2+2r+5=0$。

解得

$r=-1\pm 2i$。

因此通解为

$y=e^{-x}(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)$。

由 $f(0)=1$，得

$C_1=1$。

对通解求导，得

$f^{\prime }(x)=e^{-x}\left[(-C_1+2C_2)\cos 2x+(-C_2-2C_1)\sin 2x\right]$。

于是

$f^{\prime }(0)=-C_1+2C_2=-1$。

代入 $C_1=1$，得

$-1+2C_2=-1$，

故

$C_2=0$。

因此

$f(x)=e^{-x}\cos 2x$。

（2）由

$\int e^{-x}\cos 2xdx=\frac{e^{-x}}{5}(-\cos 2x+2\sin 2x)+C$，

可得

$a_n={\int }_{n\pi }^{+\infty }{e}^{-x}\cos 2xdx$

$=\frac{e^{-n\pi }}{5}\left(\cos 2n\pi -2\sin 2n\pi \right)$

$=\frac{e^{-n\pi }}{5}$。

所以

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\frac{1}{5}\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-n\pi }$。

这是首项为 $e^{-\pi }$、公比为 $e^{-\pi }$ 的等比级数，故

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\frac{1}{5}\cdot \frac{e^{-\pi }}{1-e^{-\pi }}$

$=\frac{1}{5(e^{\pi }-1)}$。

（三）二阶常系数非齐次微分方程的求解

1. 【1987-12-8 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime \prime }+6y^{\prime \prime }+(9+a^2)y^{\prime }=1$，

其中常数 $a>0$。

查看答案与解析

答案： $y=C_1+\frac{x}{9+a^2}+e^{-3x}(C_2\cos ax+C_3\sin ax)$。

解析： 由于方程中不显含 $y$，令

$u=y^{\prime }$，

则原方程降为

$u^{\prime \prime }+6u^{\prime }+(9+a^2)u=1$。

对应齐次方程的特征方程为

$r^2+6r+9+a^2=0$，

即

$(r+3{)}^2+a^2=0$。

故特征根为

$r=-3\pm ai$，

齐次方程的通解为

$u_h=e^{-3x}(A\cos ax+B\sin ax)$。

对非齐次项 $1$，设常数特解为 $u_p=K$，代入得

$(9+a^2)K=1$，

所以

$K=\frac{1}{9+a^2}$。

因此

$y^{\prime }=u=e^{-3x}(A\cos ax+B\sin ax)+\frac{1}{9+a^2}$。

积分后，指数三角函数部分仍可写成同型线性组合，故

$y=C_1+\frac{x}{9+a^2}+e^{-3x}(C_2\cos ax+C_3\sin ax)$。

其中 $C_1,C_2,C_3$ 为任意常数。

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2. 【1988-123-8 分】 设函数 $y=y(x)$ 满足微分方程

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=2e^x$，

且图形在点 $(0,1)$ 处的切线与曲线

$y=x^2-x+1$

在该点的切线重合，求函数 $y=y(x)$。

查看答案与解析

答案： $y=(1-2x)e^x$。

解析： 齐次方程的特征方程为

$r^2-3r+2=0$，

即

$(r-1)(r-2)=0$。

故齐次方程的通解为

$y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}$。

右端为 $2e^x$，而 $r=1$ 是特征方程的单根，因此设特解为

$y_p=Ax{e}^x$。

计算得

$y_p^{\prime }=A(1+x)e^x$，

$y_p^{\prime \prime }=A(2+x)e^x$。

代入原方程：

$A(2+x)e^x-3A(1+x)e^x+2Ax{e}^x=-A{e}^x$。

令其等于 $2e^x$，得

$A=-2$。

所以原方程通解为

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}-2x{e}^x$。

曲线经过点 $(0,1)$，故

$y(0)=C_1+C_2=1$。

曲线 $y=x^2-x+1$ 的导数为

$y^{\prime }=2x-1$，

故其在 $x=0$ 处的切线斜率为 $-1$。两曲线在该点切线重合，因此

$y^{\prime }(0)=-1$。

由

$y^{\prime }=C_1{e}^x+2C_2{e}^{2x}-2(1+x)e^x$，

得

$C_1+2C_2-2=-1$，

即

$C_1+2C_2=1$。

与 $C_1+C_2=1$ 联立，得

$C_2=0，C_1=1$。

故

$y=(1-2x)e^x$。

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3. 【1990-3-10 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=e^{ax}$

的通解，其中 $a$ 为实数。

查看答案与解析

答案： 当 $a\ne -2$ 时，

$y=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}+\frac{e^{ax}}{(a+2{)}^2}$；

当 $a=-2$ 时，

$y=e^{-2x}\left(C_1+C_{2}x+\frac{x^2}{2}\right)$。

解析： 对应齐次方程的特征方程为

$r^2+4r+4=0$，

即

$(r+2{)}^2=0$。

故齐次方程的通解为

$y_h=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}$。

下面根据参数 $a$ 是否与特征根重合分类讨论。

当 $a\ne -2$ 时，设特解为

$y_p=A{e}^{ax}$。

代入原方程，得

$A(a^2+4a+4)e^{ax}=e^{ax}$，

即

$A(a+2{)}^2=1$。

因此

$A=\frac{1}{(a+2{)}^2}$，

从而

$y=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}+\frac{e^{ax}}{(a+2{)}^2}$。

当 $a=-2$ 时，右端 $e^{-2x}$ 与二重特征根对应的齐次解共振。令

$y=e^{-2x}v(x)$。

直接计算可得

$y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=e^{-2x}{v}^{\prime \prime }(x)$。

因此原方程化为

$v^{\prime \prime }(x)=1$。

取一个特解

$v_p=\frac{x^2}{2}$，

故

$y_p=\frac{x^2}{2}{e}^{-2x}$。

于是通解为

$y=e^{-2x}\left(C_1+C_{2}x+\frac{x^2}{2}\right)$。

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4. 【1991-3-9 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }+y=x+\cos x$

的通解。

查看答案与解析

答案： $y=C_1\cos x+C_2\sin x+x+\frac{x}{2}\sin x$。

解析： 齐次方程

$y^{\prime \prime }+y=0$

的特征方程为

$r^2+1=0$，

故齐次方程的通解为

$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x$。

由于非齐次项为 $x+\cos x$，可分别求特解。

对于 $x$，设

$y_{p1}=Ax+B$。

代入 $y^{\prime \prime }+y=x$，得

$Ax+B=x$，

因此

$A=1，B=0$，

故

$y_{p1}=x$。

对于 $\cos x$，由于 $\cos x$ 已是齐次方程的解，应乘以 $x$，设

$y_{p2}=Ax\sin x$。

计算得

$y_{p2}^{\prime }=A\sin x+Ax\cos x$，

$y_{p2}^{\prime \prime }=2A\cos x-Ax\sin x$。

于是

$y_{p2}^{\prime \prime }+y_{p2}=2A\cos x$。

令其等于 $\cos x$，得

$2A=1$，

所以

$A=\frac{1}{2}$。

故

$y_{p2}=\frac{x}{2}\sin x$。

综上，原方程的通解为

$y=C_1\cos x+C_2\sin x+x+\frac{x}{2}\sin x$。

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5. 【1992-3-9 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=x{e}^x$

的通解。

查看答案与解析

答案： $y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}-\left(\frac{x^2}{2}+x\right)e^x$。

解析： 对应齐次方程

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=0$

的特征方程为

$r^2-3r+2=0$，

即

$(r-1)(r-2)=0$。

因此齐次方程的通解为

$y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}$。

由于非齐次项为一次多项式与 $e^x$ 的乘积，并且 $r=1$ 是特征方程的单根，设特解为

$y_p=x{e}^x(Ax+B)=e^x(A{x}^2+Bx)$。

令

$y=e^{x}v(x)$，

则

$y^{\prime }=e^x(v^{\prime }+v)$，

$y^{\prime \prime }=e^x(v^{\prime \prime }+2v^{\prime }+v)$。

代入原方程，得

$e^x(v^{\prime \prime }-v^{\prime })=x{e}^x$，

即

$v^{\prime \prime }-v^{\prime }=x$。

取

$v=A{x}^2+Bx$，

则

$v^{\prime \prime }-v^{\prime }=-2Ax+(2A-B)$。

比较系数，得

$-2A=1，2A-B=0$，

所以

$A=-\frac{1}{2}，B=-1$。

故可取特解

$y_p=-\left(\frac{x^2}{2}+x\right)e^x$。

因此原方程的通解为

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}-\left(\frac{x^2}{2}+x\right)e^x$。

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6. 【1992-12-6 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }+2y^{\prime }-3y=e^{-3x}$

的通解。

查看答案与解析

答案： $y=C_1{e}^x+C_2{e}^{-3x}-\frac{x}{4}{e}^{-3x}$。

解析： 对应齐次方程的特征方程为

$r^2+2r-3=0$，

即

$(r-1)(r+3)=0$。

故齐次方程的通解为

$y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{-3x}$。

右端为 $e^{-3x}$，而 $r=-3$ 是特征方程的单根，因此设特解为

$y_p=Ax{e}^{-3x}$。

令

$y=e^{-3x}v(x)$，

则代入原方程后有

$e^{-3x}(v^{\prime \prime }-4v^{\prime })=e^{-3x}$，

即

$v^{\prime \prime }-4v^{\prime }=1$。

取 $v=Ax$，则

$-4A=1$，

所以

$A=-\frac{1}{4}$。

故特解为

$y_p=-\frac{x}{4}{e}^{-3x}$。

因此原方程的通解为

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{-3x}-\frac{x}{4}{e}^{-3x}$。

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7. 【1993-3-9 分】 设二阶常系数线性微分方程

$y^{\prime \prime }+\alpha y^{\prime }+\beta y=\gamma e^x$

的一个特解为

$y^{\ast }=e^{2x}+(1+x)e^x$。

试确定常数 $\alpha ,\beta ,\gamma$，并求该方程的通解。

查看答案与解析

答案： $\alpha =-3，\beta =2，\gamma =-1$；

方程的通解为

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}+x{e}^x$。

解析： 将

$y^{\ast }=e^{2x}+(1+x)e^x$

代入方程。先分别计算：

$(e^{2x}{)}^{\prime }=2e^{2x}，(e^{2x}{)}^{\prime \prime }=4e^{2x}$，

而

$[(1+x)e^x{]}^{\prime }=(x+2)e^x$，

$[(1+x)e^x{]}^{\prime \prime }=(x+3)e^x$。

因此左端为

$$(4+2\alpha +\beta )e^{2x}+\left[(1+\alpha +\beta )x+(3+2\alpha +\beta )\right]e^x$$

。

由于右端仅含 $e^x$，比较 $e^{2x}$ 与 $x{e}^x$ 的系数，得

$4+2\alpha +\beta =0$，

$1+\alpha +\beta =0$。

两式相减，得

$\alpha =-3$，

进而

$\beta =2$。

再比较 $e^x$ 的系数：

$\gamma =3+2\alpha +\beta =3-6+2=-1$。

故原方程为

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=-e^x$。

其对应齐次方程的特征方程为

$(r-1)(r-2)=0$，

故齐次通解为

$y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}$。

又因为

$y_p=x{e}^x$

满足

$y_p^{\prime \prime }-3y_p^{\prime }+2y_p=-e^x$，

所以原方程的通解为

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}+x{e}^x$。

题中给出的特解 $y^{\ast }$ 与 $x{e}^x$ 之差为 $e^{2x}+e^x$，恰为齐次方程的解，因此二者给出的通解一致。

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8. 【1994-3-9 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }+a^{2}y=\sin x$

的通解，其中常数 $a>0$。

查看答案与解析

答案： 当 $a\ne 1$ 时，

$y=C_1\cos ax+C_2\sin ax+\frac{\sin x}{a^2-1}$；

当 $a=1$ 时，

$y=C_1\cos x+C_2\sin x-\frac{x}{2}\cos x$。

解析： 对应齐次方程

$y^{\prime \prime }+a^{2}y=0$

的特征方程为

$r^2+a^2=0$，

故齐次方程的通解为

$y_h=C_1\cos ax+C_2\sin ax$。

下面根据 $a$ 是否等于 $1$ 分类讨论。

当 $a\ne 1$ 时，$\sin x$ 不是齐次方程的解，设特解为

$y_p=A\sin x$。

代入原方程，得

$(-A+a^{2}A)\sin x=\sin x$，

所以

$A=\frac{1}{a^2-1}$。

故

$y=C_1\cos ax+C_2\sin ax+\frac{\sin x}{a^2-1}$。

当 $a=1$ 时，原方程为

$y^{\prime \prime }+y=\sin x$，

右端与齐次解发生共振。设特解为

$y_p=Ax\cos x$。

计算得

$y_p^{\prime \prime }+y_p=-2A\sin x$。

令其等于 $\sin x$，得

$A=-\frac{1}{2}$。

因此

$y=C_1\cos x+C_2\sin x-\frac{x}{2}\cos x$。

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9. 【2000-3-6 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }-e^{2x}=0$

满足条件

$y(0)=1，y^{\prime }(0)=1$

的解。

查看答案与解析

答案： $y=\frac{3}{4}+\left(\frac{1}{4}+\frac{x}{2}\right)e^{2x}$。

解析： 原方程可写为

$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }=e^{2x}$。

对应齐次方程的特征方程为

$r^2-2r=0$，

即

$r(r-2)=0$。

故齐次方程的通解为

$y_h=C_1+C_2{e}^{2x}$。

由于右端为 $e^{2x}$，且 $r=2$ 是特征方程的单根，设特解为

$y_p=Ax{e}^{2x}$。

计算得

$y_p^{\prime }=A(1+2x)e^{2x}$，

$y_p^{\prime \prime }=A(4+4x)e^{2x}$。

代入原方程：

$y_p^{\prime \prime }-2y_p^{\prime }=2A{e}^{2x}$。

令其等于 $e^{2x}$，得

$A=\frac{1}{2}$。

所以原方程的通解为

$y=C_1+C_2{e}^{2x}+\frac{x}{2}{e}^{2x}$。

由初始条件 $y(0)=1$，得

$C_1+C_2=1$。

又

$y^{\prime }=2C_2{e}^{2x}+\left(\frac{1}{2}+x\right)e^{2x}$，

由 $y^{\prime }(0)=1$，得

$2C_2+\frac{1}{2}=1$，

所以

$C_2=\frac{1}{4}，C_1=\frac{3}{4}$。

故所求解为

$y=\frac{3}{4}+\left(\frac{1}{4}+\frac{x}{2}\right)e^{2x}$。

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10. 【2010-1-10 分】 求微分方程

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=2x{e}^x$

的通解。

查看答案与解析

答案： $y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}-(x^2+2x)e^x$。

解析： 对应齐次方程为

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=0$。

其特征方程为

$r^2-3r+2=0$，

即

$(r-1)(r-2)=0$。

因此齐次方程的通解为

$y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}$。

右端为

$2x{e}^x$，

其中指数因子所对应的数值 $\lambda =1$ 是特征方程的单根，因此应在通常的待定形式外再乘一个 $x$。设非齐次方程的一个特解为

$y_p=x{e}^x(Ax+B)=e^x(A{x}^2+Bx)$。

令

$y_p=e^{x}v(x)$，

其中

$v(x)=A{x}^2+Bx$。

利用算子平移关系，或直接求导可得

$y_p^{\prime \prime }-3y_p^{\prime }+2y_p=e^x(v^{\prime \prime }-v^{\prime })$。

而

$v^{\prime }=2Ax+B，v^{\prime \prime }=2A$，

故

$v^{\prime \prime }-v^{\prime }=-2Ax+(2A-B)$。

与右端系数比较：

$-2A=2，2A-B=0$。

解得

$A=-1，B=-2$。

所以可取特解

$y_p=-(x^2+2x)e^x$。

因此原方程的通解为

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}-(x^2+2x)e^x$。

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11. 【2012-23-10 分】 已知函数 $f(x)$ 满足方程

$f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0$

及

$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2e^x$。

（Ⅰ）求 $f(x)$ 的表达式；

（Ⅱ）求曲线

$y=f(x^2){\int }_0^{x}f(-t^2)dt$

的拐点。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$f(x)=e^x$；

（Ⅱ）曲线的拐点为 $(0,0)$。

解析： （Ⅰ）先解齐次方程

$f^{\prime \prime }+f^{\prime }-2f=0$。

其特征方程为

$r^2+r-2=0$，

即

$(r-1)(r+2)=0$。

所以

$f(x)=C_1{e}^x+C_2{e}^{-2x}$。

将其代入另一个方程

$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2e^x$。

因为

$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2C_1{e}^x+5C_2{e}^{-2x}$，

比较 $e^x$ 与 $e^{-2x}$ 的系数，得

$2C_1=2，5C_2=0$。

故

$C_1=1，C_2=0$，

从而

$f(x)=e^x$。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

$f(x^2)=e^{x^2}，f(-t^2)=e^{-t^2}$。

令

$F(x)=e^{x^2}{\int }_0^x{e}^{-t^2}dt$，

则所给曲线为 $y=F(x)$。

记

$I(x)={\int }_0^x{e}^{-t^2}dt$，

则

$F(x)=e^{x^2}I(x)$，

且

$I^{\prime }(x)=e^{-x^2}$。

于是

$F^{\prime }(x)=2x{e}^{x^2}I(x)+1=2xF(x)+1$。

再求导，得

$F^{\prime \prime }(x)=2F(x)+2x{F}^{\prime }(x)$，

即

$F^{\prime \prime }(x)=(4x^2+2)F(x)+2x$。

由于 $I(x)$ 是奇函数，$e^{x^2}$ 是偶函数，所以 $F(x)$ 是奇函数。并且：

当 $x>0$ 时，

$I(x)>0，F(x)>0$，

因此

$F^{\prime \prime }(x)=(4x^2+2)F(x)+2x>0$；

当 $x<0$ 时，

$F(x)<0$，

且 $2x<0$，故

$F^{\prime \prime }(x)<0$。

又

$F(0)=0$，

所以曲线在 $x=0$ 的两侧凹凸性发生改变。故拐点为

$(0,F(0))=(0,0)$。

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12. 【2016-2-10 分】 已知

$y_1(x)=e^x，y_2(x)=\mu (x)e^x$

是二阶微分方程

$(2x-1)y^{\prime \prime }-(2x+1)y^{\prime }+2y=0$

的两个解。若

$\mu (-1)=e，\mu (0)=1$，

求 $\mu (x)$，并写出该微分方程的通解。

查看答案与解析

答案： $\mu (x)=\frac{2e+(1-e)(2x+1)e^{-x}}{1+e}$；

原微分方程的通解为

$y=C_1{e}^x+C_2(2x+1)$。

解析： 由

$y_2(x)=\mu (x)e^x$，

可得

$y_2^{\prime }=e^x({\mu }^{\prime }+\mu )$，

$y_2^{\prime \prime }=e^x({\mu }^{\prime \prime }+2{\mu }^{\prime }+\mu )$。

代入原微分方程，并约去非零因子 $e^x$，得

$(2x-1)({\mu }^{\prime \prime }+2{\mu }^{\prime }+\mu )-(2x+1)({\mu }^{\prime }+\mu )+2\mu =0$。

整理后，$\mu$ 的各项恰好相消，得到

$(2x-1){\mu }^{\prime \prime }+(2x-3){\mu }^{\prime }=0$。

令

$v={\mu }^{\prime }$，

则

$(2x-1)v^{\prime }+(2x-3)v=0$。

分离变量：

$$\frac{v^{\prime }}{v}=-\frac{2x-3}{2x-1}=-1+\frac{2}{2x-1}$$

。

积分得

$\ln |v|=-x+\ln |2x-1|+C$，

所以

$v=C(2x-1)e^{-x}$。

即

${\mu }^{\prime }=C(2x-1)e^{-x}$。

注意到

$\int (2x-1)e^{-x}dx=-(2x+1)e^{-x}$，

故

$\mu (x)=C_1+C_2(2x+1)e^{-x}$，

其中常数的符号已重新记号。

由条件 $\mu (0)=1$，得

$C_1+C_2=1$。

由条件 $\mu (-1)=e$，得

$C_1-e{C}_2=e$。

联立解得

$C_1=\frac{2e}{1+e}，C_2=\frac{1-e}{1+e}$。

因此

$\mu (x)=\frac{2e+(1-e)(2x+1)e^{-x}}{1+e}$。

又由

$$y_2(x)=\mu (x)e^x=C_1{e}^x+C_2(2x+1)$$

，

可知除已知解 $e^x$ 外，$2x+1$ 也是原方程的解。

两者的朗斯基行列式为

$$W(e^x,2x+1)=\left|\begin{array}{cc}{e}^x& 2x+1\\ e^x& 2\end{array}\right|=(1-2x)e^x$$

。

在方程的正常区间 $2x-1\ne 0$ 上，朗斯基行列式不为零，所以这两个解线性无关。因此原微分方程的通解为

$y=C_1{e}^x+C_2(2x+1)$。