2017考研真题专题训练(10)-常微分方程 答案

【评注】本题属基本题型，考查一阶线性非齐次微分方程解的结构： y y * Y . 其中 y * 是所给一阶线性微分方程的特解， Y 是对应齐次微分方程的通解.
4、(2011,II,4)微分方程 y '' y e
2
x
e x ( 0) 的特解形式为（
）
（A）a(e
x
0
x
）
( A) e x 1;
2
( B) e x 1;
2
2
(C ) e x 1;
x 0
( D) e x 1;
【解析 1】 f ( x ) x

0
x 0
f ( t )dt
t 2 f ( t )dt x 2
f (0) 0
f ( x) 2 x f (t )dt 2 x 2 x[ f ( x) f (0)] 2 x 2 xf ( x) 2 x ，
代入条件 y (1) 1 ，得 C 0 ．所以 y 【分析】本方程为可分离变量型，先分离变量，然后两边积分即可 【解析】原方程等价为
dy 1 1 dx ， y x
两边积分得
ln y ln x x ln C ，整理得方程通解 y Cxe x
e x ) （B）ax(e x e x ) （C） x(ae x be x ) （D） x 2 (ae x be x )
【分析】考查二阶常系数线性非齐次方程待定特解的形式。叠加原理 【解析】特征方程为 r 0 ，解得 r , r
2017 考研真题专项训练(10)
常微分方程
一、选择（1~8 题，每题 4 分,共 32 分） 1、(2008,I,III,9)微分方程 xy y 0 满足条件 y (1) 1 的解是 y （ ）. （A）
1 . x2
(B)
1 . x2
(C)
1 . x
(D)
2
2
Baidu Nhomakorabea
2
2
2
特征根为
i ,
2 0 2
对 y y x 1 e ( x 1) 而言, 因 0 不是特征根, 从而其特解形式可设为 y1 ax bx c
2
对 y y sin x I m (eix ) , 因 i 为特征根, 从而其特解设为 y2 x( A sin x B cos x)
故有 f ( x) 2 xf ( x) 2 x
2 xdx 2 xdx [ 2 xe c] 从而 f ( x) e
x

=e [ e e
2
x2

2 x x2
dx c]
= e ( e
x2
x2
c) = 1 ce x
将 f (0) 0 代入上式得 c =1，所以 f ( x) e 【解析 2】 f ( x )
x2
1
x
0

x 0
( x 2 t 2 ) f ( t )dt x 2 ( x 2 t 2 )df (t ) x 2
x x
0 0
x ( x 2 t 2 ) f (t ) | 0 2t f (t )dt x 2 x 2 [1 f (0)] 2 tf (t )dt
2 2
x 所以 y '' y e 的特解为 y * axe 、 y '' y e
2
x
2
x
1
的特解为 y * bxe
2
x
。
由叠加原理知 y '' y e
2
x
e x 的特解形式为 x(ae x be x )
2
【类似】(2004,II,11)微分方程 y y x 1 sin x 的特解形式可设为 （A） y ax bx c x( A sin x B cos x) . （B） y x(ax bx c A sin x B cos x) . （C） y ax bx c A sin x . （D） y ax bx c A cos x 【分析】利用待定系数法确定二阶常系数线性非齐次方程特解的形式. 【解析】对应齐次方程 y y 0 的特征方程为 1 0 ,
令 f ( x) c( x)e 代入① ①式得 两 两边积分得
【解析】由 y C1e C2 cos 2 x C3 sin 2 x ，可知其特征根为
1 1 ， 2,3 2 i ，故对应的特征值方程为
( 1)( 2i )( 2i ) ( 1)( 2 4)
3 4 2 4 3 2 4 4
2 x 2
2. (2016,II,11) 以 y x e 和 y x 为特解的一阶非齐次线性微分方程为（ （A） y y 2 x 2 (C) (B) (D)
）
y y 2 x x 2 y y 2 x 2
y y 2 x x 2
【解析】设一阶非齐次线性微分方程为 y p ( x ) y q ( x ) . 由线性微分方程齐次与非齐次解之间的关系知 x .即 e x p (x ) e x 0 ∴ p ( x ) 1 . ∴ q ( x ) y p ( x ) y 2 x x 2
1 . x
【解析】由
dy dx dy y ，得 ．两边积分，得 ln | y | ln | x | C ． y x dx x
1 1 ． 【答案】 应填 y ． x x y (1 x) 【类似】(2006,I,II,2)微分方程 y 的通解是 __________ x
【分析】此题为一阶线性方程的初值问题.可以利用常数变易法或公式法求出方程的通 解,再利用初值条件确定通解中的任意常数而得特解. 【解析 1】原方程变形为 由一阶线性方程通解公式得
1 1 1 1 ln x 1 ln x 2 x dx 1 2 2 x dx 2 2 2 ye dx C e dx C x e x e 2 2
x
任意的常数）为通解的是( ) (A) (C)
y y 4 y 4 y 0 . y y 4 y 4 y 0 .
x
(B) y y 4 y 4 y 0 . (D) y y 4 y 4 y 0 .

2 从而 y y x 1 sin x 的特解为 y ax bx c x( A sin x B cos x)
2

2
【评注】 这是一道求二阶常系数线性非齐次方程特解的典型题， 此题的考点是二阶常系 数线性方程解的结构及非齐次方程特解的形式. 5、 （2008,I,II,3）在下列微分方程中，以 y C1e C2 cos 2 x C3 sin 2 x （ C1 , C2 , C3 为
所以所求微分方程为 y y 4 y 4 y 0 【答案】 应选(D).
6、(2004,II.5）微分方程 ( y x 3 ) dx 2 xdy 0 满足 y x 1
6 的特解为 5 1 1 1 1 ( A) y x x3 ; ( B ) y x x3 ; x x3 ; (C ) y x x3 ; ( D) y 5 5 5 5
dy 1 1 y x2 , dx 2 x 2

1 3 1 5 x x 2 dx C x x 2 C 2 5
6 1 C 1 ,从而所求的解为 y x x3 . 5 5 dy 1 1 2 y x , 【解析 2】原方程变形为 dx 2 x 2 dy 1 y 0 的通解: 先求齐次方程 dx 2 x y (1) 1 dy 1 dx 积分得 ln y ln x ln c 2 y 2x
1
【解析】由于 y1 ( x) y2 ( x) 是对应齐次线性微分方程 y P( x) y 0 的非零解，所以 它的通解是 Y C y1 ( x ) y2 ( x ) ，故原方程的通解为
y y1 ( x ) Y y1 ( x ) C y1 ( x ) y2 ( x ) ，故应选(Ｂ).
3
yc x
设 y c ( x ) x 为非齐次方程的通解,代入方程得
c( x ) x c( x)
1 1 2 1 3 c( x) x x ,从而 c ( x) x 2 , 2 2 2 x 2x 1
积分得 c ( x )
1 3 1 5 2 x dx C x2 C , 2 5 1 5 1 x ( x 2 C ) C x x3 5 5
x2
1.
4
【解析 3】 f ( x)

x
0
x ( x 2 t 2 ) f (t ) dt x 2 x 2 f (t ) | 0 t 2 df (t ) x 2
0
x
x 2 [ f ( x) f (0)] ) x 2 f ( x) 2 tf (t )dt t x 2 x 2 [1 f (0)] 2 tf (t )dt
于是非齐次方程的通解为 y
y
x 1

6 C 1 ,故所求通解为 5
1 y x x3 . 5
7、(2007,IV 20)（本题满分 10 分）设函数 f(x)具有连续的一阶导数, 且满足
f ( x) ( x 2 t 2 ) f (t )dt x 2， 则 f(x)=（
由题设知 f (0) 0 ，故有 f ( x) 2 xf ( x) 2 x
2 f ( x) 2 x 两边积分得 ln | f ( x) 1 | x 2 C 于是有 f ( x) e x C 1 f ( x) 1
得
由 f (0) 0 得 C =0，所以 f ( x) e
0
x
x
0
由 由题设知 f (0) 0 ，故有 有 f ( x) 2 xf ( x) 2 x 由 f ( x) 2 xf ( x) 0 有
①
f ( x) 2x f ( x)
于是
两 两边积分得
ln | f ( x) | x 2 C 1
x2
f ( x) ce x
2
2
p ( x ) 1 y x2
2
( x2 e x ) e x 为 y p ( x ) y 0 的解
故一阶非齐次线性微分方程： y y 2 x x 2 . 3、(2006,III.10）设非齐次线性微分方程 y P( x) y Q( x) 有两个不同的解 y1 ( x), y2 ( x), C 为任意常数，则该方程的通解是（ ） （Ａ） C y1 ( x ) y2 ( x ) . （Ｂ） y1 ( x ) C y1 ( x ) y2 ( x ) . （Ｃ） C y1 ( x ) y2 ( x ) . （Ｄ） y1 ( x ) C y1 ( x ) y2 ( x ) 【分析】 利用一阶线性非齐次微分方程解的结构即可.