2017考研真题专题训练(10)-常微分方程 答案.pdf

1 2017 考研真题专项训练考研真题专项训练(10) 常微分方程常微分方程 一、选择（一、选择（18 题，每题题，每题 4 分分,共共 32 分）分） 1、(2008,I,III,9)微分方程微分方程0 xyy 满足条件(1)1y的解是y （ ）. （A） . 1 2 x (B) . 1 2 x (C) . 1 x (D) . 1 x 【解析解析】由 dyy dxx ，得 dydx yx 两边积分，得ln|ln|yxC 代入条件(1)1y，得0C 所以 1 y x 【答案答案】 应填 1 y x 【类似类似】(2006,I,II,2)微分方程 1 ()x x y y 的通解是_ 【分析分析】本方程为可分离变量型，先分离变量，然后两边积分即可 【解析解析】原方程等价为 d1 1 d y x yx ， 两边积分得 lnlnlnyxxC，整理得方程通解e x yCx 2. (2016,II,11) 以 2x yxe和 2 yx为特解的一阶非齐次线性微分方程为（ ） （A） 2 2yyx (B) 2 2yyxx (C) 2 2yyxx (D) 2 2yyx 【解析解析】设一阶非齐次线性微分方程为( )( )yp x yq x . 由线性微分方程齐次与非齐次解之间的关系知 22 () xx xxee为 ( )0yp x y 的解 .即( )0 xx ep x e( )1p x . 2 ( )1 ( )( ) y x p x q xyp x y 2 2xx 故一阶非齐次线性微分方程： 2 2yyxx . 3、(2006,III.10）设非齐次线性微分方程( )( )yP x yQ x 有两个不同的解 12 ( ),( ),y x y x C 为任意常数，则该方程的通解是（ ） （） 12 ( )( )C y xyx. （） 112 ( )( )( )y xC y xyx. （） 12 ( )( )C y xyx. （） 112 ( )( )( )y xC y xyx 【分析分析】 利用一阶线性非齐次微分方程解的结构即可. 2 【解析解析】由于 12 ( )( )y xy x是对应齐次线性微分方程( )0yP x y 的非零解，所以 它的通解是 12 ( )( )YC y xyx，故原方程的通解为 1112 ( )( )( )( )yy xYy xC y xyx，故应选(). 【评注评注】本题属基本题型，考查一阶线性非齐次微分方程解的结构：*yyY. 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 2 (0) xx eeyy 的特解形式为（ ） （A）() xx a ee （B）() xx ax ee （C）() xx x aebe （D） 2( ) xx x aebe 【分析】【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 【解析解析】特征方程为 22 0r，解得,rr 所以 2 x yye的特解为 1 * x yaxe、 2 x yye 的特解为 2 * x ybxe 。 由叠加原理知 2 xx yyee 的特解形式为() xx x aebe 【类似类似】(2004,II,11)微分方程 2 1 sinyxyx 的特解形式可设为 （A） 2 ( sincos )yaxbxcx AxBx . （B） 2 (sincos )yx axbxcAxBx . （C） 2 sinyaxbxcAx . （D） 2 cosyaxbxcAx 【分析分析】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. 【解析解析】对应齐次方程 0yy 的特征方程为 2 10 , 特征根为 i , 对 202 1(1)yyxex 而言, 因 0 不是特征根, 从而其特解形式可设为 2 1 yaxbxc 对 sin() ix m yyxIe , 因i为特征根, 从而其特解设为 2 ( sincos )yx AxBx 从而 2 1 sinyyxx 的特解为 2 ( sincos )yaxbxcx AxBx 3 【评注评注】 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 231 cos2sin2 x CxCxyC e（ 123 ,C C C为 任意的常数）为通解的是( ) (A) 440yyyy. (B) 440yyyy. (C) 440yyyy. (D) 440yyyy. 【解析解析】由 123 cos2sin2 x yC eCxCx，可知其特征根为，可知其特征根为 1 1 ， 2,3 2i ，故对应的特征值方程为 2 (1)(2 )(2 )(1)(4)ii 32 44 32 44 所以所求微分方程为440yyyy【答案答案】 应选(D). 6、(2004,II.5）微分方程 3 ()20yxdxxdy满足 1 6 5 x y 的特解为 3 1 ( ); 5 A yxx 3 1 ( ); 5 B yxx 3 1 ( ); 5 C yxx 3 1 ( ); 5 D yxx 【分析分析】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. 【解析解析 1】原方程变形为 2 11 22 dy yx dxx , 由一阶线性方程通解公式得 11 2 22 1 2 dxdx xx yex edxC 11 lnln 2 22 1 2 xx ex edxC 35 22 11 25 xx dxCxxC 6 (1)1 5 yC,从而所求的解为 3 1 5 yxx. 【解析解析 2】原方程变形为 2 11 22 dy yx dxx , 先求齐次方程 1 0 2 dy y dxx 的通解: 1 2 dy dx yx 积分得 1 lnlnln 2 yxc yc x 4 设( )yc xx为非齐次方程的通解,代入方程得 2 111 ( )( )( ) 222 c xxc xc xxx xx ,从而 3 2 1 ( ) 2 c xx, 积分得 35 22 11 ( ) 25 c xx dxCxC , 于是非齐次方程的通解为 5 3 2 11 () 55 yxxCCxx 1 6 1 5 x yC ,故所求通解为 3 1 5 yxx. 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 ， 22 0 2 )()()(xdttftxxf x 则 f(x)=（ ） 2 ( )1; x A e 2 ( )1; x B e ( )1; x C e ( )1; x D e 【解析解析 1】 222 00 ( )( )( ) xx f xxft dtt ft dtx (0) 0 0 ( )2( )22 ( )(0)22( )2 f x fxxf t dtxx f xfxxf xx ， 故有xxxfxf2)(2)( 从而 2)( 22 cexexf xdxxdx = 22 2 cdxeee xxx =)( 22 cee xx = 2 1 x ce 将0)0( f代入上式得 c =1，所以1)( 2 x exf 【解析解析 2】 222 0 ( )()( ) x f xxtdfxtt 22 0 2 )()(xtdftx x 2 0 0 22 )(2| )()(xdttf ttftx x x dtttffx x 0 2 )(2)0(1 由题设知0)0( f，故有xxxfxf2)(2)( 得 x xf xf 2 1)( )( 两边积分得Cxxf 2 | 1)(|ln于是有1)( 2 Cx exf 由0)0( f 得 C =0，所以1)( 2 x exf. 由 由 两 令 两 将 8、 （ 连续 梯形 转化 两边 当x 通解 因为 【解析解析 3】f 2 f x 由题设知(f 由2)( x f 两边积分得 令 )(cxf 两边积分得 将0)0( f （2003,IV.七）七） 续曲线，(M x 形OCMA的面 ( ) (1)Ax 【分析分析】 梯 化为一阶线性 【解析解析】根 1 2 f x 边关于 x 求导 0x时，得 解为)(xf = 2 ln x e x 为( )yf x过 0( )(xxf x )0()(fxf 0)0( ，故有 0)(xxf有 (|lnxf 2 )( x exc代入 exc)( 代入上式得 、 （本题满、 （本题满分分 , )x y为该曲 面积与曲边三 2 ; ( )(Bx 梯形 OCMA 性微分方程， 根据题意，有 ()( 1 x fxf 导，得 1 2 1 1 )( x xf 1 x e dx x 1 ln 2 dxe x x 过点(1,0)B， 22 )()tft 2 )()xfx 有xf2)( 有 xf xf 2 )( )( 1 2 | )Cxx 式得 C x 2 , 因 c =1，所以f 分分 9 分）分）设y 线上任意一 三角形CBM 2 1) ;x 的面积=曲边 然后用通解 有 6 )( 3 x dtt 2 1 )(xxf )( 2 x x xf 1 1 2 de x dx x C=( x x 即(1)0f 5 2 )xdt x 0 )(2dtttf x xxxf2)(2 x2 1 于是 f 2)(xexc 因此 )(xf )( 2 x exf ( )f x 是第 点，点C为 M的面积之面积之和和 2 ( )1;C x 边三角形 CB 公式计算即可 3 1 . ()(xfxf x . 1 为一阶线 Cdx 1 2 2 Cdx x x 0.故有 2+C= 0 0 2 | )(tf x 2 xt x 2 2 )( x cexf 2 x e 1 2 x ce 1 第一象限内连 M在x轴上 和和为 3 1 6 3 x ， ; ( ) 2D M 的面积（变 可. . 2 1 ) 2 xx 线性非齐次微 )C=1 2 x =0，从而 C= 0 2 )(xtdft x f2)0(1 连接点(0,1A 上的投影，O 则( )f x 21; x 变限定积分） 微分方程 .Cx =-2. 2 x dtttf x 0 )(2 1), (1,0)B的 O为坐标原点 (). ） ，两边求导 一段 点. 若 后可 6 所以 .) 1(21)( 22 xxxxf 二、填空（二、填空（914 题，每题题，每题 4 分分,共共 24 分）分） 9、(2011,I-II,10)微分方程cos x yyex 满足条件(0)0y的特解为_y 【分析】【分析】考查一阶线性微分方程求特解的方法，可直接利用公式求解。 【解析解析】 ( )d( )d ( )d)( cos d)(sin) P xxP xx xx yeeQ xxCex xCexC 因为(0)0y，所以0C 。故所求特解为sin x yex 10、(2001,III,八八)、 （本题满分、 （本题满分 9 分）分）设L为一平面曲线，其上任意点( , )P x y（0x）到 原点的距离，恒等恒等于该点处的切线在y轴上的截距，且L过点 1 ( ,0) 2 则曲线L的方程为 【分析】【分析】本题是一道综合题。主要考查导数几何意义的使用、一阶微分方程、平面图形 求面积及求函数最大最小值。 【解析解析】 （）曲线L过点( , )P x y的切线方程为： ()Yyy Xx。 令0X ，可得切线在y轴上的截距为：y y x 。 而由题设可知： 22 xyy xy 令 y u x ，则方程变为 2 ()1 du uuxu dx ，即 2 1 dudx x u ，积分得 通解为 2 (1)x uuC，即 22 yxyC 由于曲线L过点 1 ( ,0) 2 ，从而得 1 2 C ，故L为 22 1 2 yxy，即 2 1 4 yx 【补充补充(数数 1 由0 x 时 1 1, 2 yPy得 1 . 2 C 于是 1 ,2, 2 yPydydx y 积分得 2 2 yxC 又由 0 1 x y 得 2 1,C 所求特解为1.yx 12、(2013,III,12)微分方程0 4 1 yyy的通解为 【解析解析】方程的特征方程为 2 1 0 4 rr，两个特征根分别为 12 1 2 rr ， 所以方程通解为 2 21 )( x exCCy，其中 21,C C为任意常数 【类似类似】(2007,I,II,13)二阶常系数非齐次线性微分方程 2 432 x yyye的通解为 【解析解析】 特征方程为 2 430rr，解得 12 1,3.rr 可见对应齐次线性微分方程 430yyy的通解为 3 12 . xx yC eC e 8 设非齐次线性微分方程 2 432 x yyye的特解为 *2x yke，代入非齐次方程可 得2k . 故通解为 32 12 2. xxx yC eC ee 13、(2005,I,II,1.2)微分方程xxyyxln2满足 9 1 ) 1 (y的解为 . 【分析分析】直接套用一阶线性微分方程)()(xQyxPy的通解公式： )( )()( CdxexQey dxxPdxxP ，再由初始条件确定任意常数即可. 【解析解析】原方程等价为xy x yln 2 ， 通解为 ln 1 ln 2 2 22 Cxdxx x Cdxexey dx x dx x = 2 1 9 1 ln 3 1 x Cxxx， 由 9 1 ) 1 (y得 C=0，故所求解为. 9 1 ln 3 1 xxxy 14、 （2008,II,10）微分方程 2 ()0 x yx edxxdy 的通解是() x xeC 【解析解析】微分方程 2 0 x yx edxxdy 可变形为 x dyy xe dxx 所以 11 1 () dxdx xxx xx yexe edxCxxedxCxeC x 三、简答题（三、简答题（1523 题题,共共 94 分）分） 15、(本题满分本题满分 10 分分) (2011,III,19) 设)(xf在1 , 0有连续导数, 1)0(f且 ()d d( )d d , tt DD fxyx yf tx y ( , )|0,0,(01), t Dx yytxxtt 求)(xf的表达式。 【解析解析】 00 ()d dd()d , t ttx D fxyx yxfxyy 令,uyx则 00 d( )d ( )( )d ttt x xfuuf tf xx 0 ( )( )d , t tf tf xx 2 0 1 ( )( )( )d d( )d d( ) 2 tt t DD tf tf x dxf tx yf tx yt f t 9 两边对t求导得 2 1 ( )( )( ) 2 tf ttf tt f t ( )2 ( )2 ft f tt ，解方程得 2 ln|( )|2ln|2|ln|( ) (2) C f ttCf t t 由1)0(f得，4C，所以10 , )2( 4 )( 2 x x xf 【类似类似】(2016,III 18)(本题满分 10 分) 设函数( )f x连续，且满足 00 ()d() ( )d1 xx x ftxt f tettx ，求( )f x。 【解析解析】 , 00 ( )d()d x t u xx f uuf xtt 00 ( )d( )d1 xx x xf tttf tte 等式两边同时求导，得 0 ( )( )d x x f xf tte ,从而有 (0)1f 再对等式两边同时求导, ( )( ) x fxf xe 通解: ( 1)d1)d 2 11 ( )(d)() 22 (xx xxxxx f xee exCeeCeCe 由(0)1f ,可得 1 2 C ，所以 11 ( ) 22 xx f xee . 16、 (本题满分本题满分 10 分分) (2010,II,17)设函数( )yf x由参数方程 2 2,( 1) ( ) xtt t yt 所确定, 其中( ) t具有 2 阶导数,且 5 (1)(1)6. 2 ，已知 2 2 3 , 4(1) d y dxt 求函数( ) t 【解析解析】根据题意得 ( ) , ( )22 tdyy t dxx tt 2 2 2 222 2222 3 ( )224 1 t tttt tt d y dxx ttt 即 2 22261tttt,整理有 2 131tttt,解 31 1 5 1,16 2 tt t t ,令 yt,即 1 3 1 1 yyt t . 所以 11 11 3 113 dtdt tt yet edtCttC ,1t .因为 116y, 10 所以0C ,故31yt t,即 31tt t, 故 23 1 3 31 2 tt tdtttC 又由 5 1 2 ,所以 1 0C ,故 23 3 ,(1) 2 tttt . 17、(本题满分本题满分 10 分分) (2014,I-III,17)设函数)(uf具有二阶连续导数，)cos(yefz x 满足 xx eyez y z x z 2 2 2 2 2 4)cos( 若0000 )( ,)(ff，求)(uf的表达式 【解析解析】设yeu x cos ，则)cos()(yefufz x ， 2 22 2 ( )cos ,( )cos( )cos xxx zz fu eyfu eyfu ey xx ; yeufyeuf y z yeuf y z xxx cos)( sin)(,sin)( 22 2 2 ； 22 2 22 ( ), x zz fu e xy 又条件 22 22 22 (4cos )(4 ( ) xxx zz zey ef uu e xy ( )4 ( )fuf uu,是一二阶常用系数线性非齐次方程 对应齐次方程的通解： uu eCeCuf 2 2 2 1 )(，其中 21 CC ,为任意常数 对应非齐次方程特解可求得为uy 4 1 * 故非齐次方程通解为ueCeCuf uu 4 1 2 2 2 1 )( 代入初始条件0000 )( ,)(ff，得 12 12 0 1 220 4 CC CC 16 1 16 1 21 CC, 所以ueeuf uu 4 1 16 1 16 1 22 )( 18、 (本题满分本题满分 10 分分) (2016,I,16)设函数( )y x满足方程20yyky，其中01k. 11 （I）证明：反常积分 0 ( )dy xx 收敛； （II）若 + 0 (0)1,(0)1,( )dyyy xx 求的值. 【解析解析】(I) 证明：20yyky的特征方程为 2 20rrk， 则 2 244 10kk，即方程有两个不同的实根，且 1 2 0rrk(同号)， 再由12 2,rr 得 12 0,0rr，且原方程的通解为 12 12 r xr x y xC eC e， 则 1212 1212 12 00 1212 dd 0 r xr xr xr x CCCC y xxC eC exee rrrr ，收敛。 （II）有 01,01y y 及 12 12 r xr x y xC eC e可得 12 1 12 2 1 1 CC C rC r 121 22 11122 0 121 2 (2)(2) d CCC rC rCrCr y xx rrrrk 121 12 2 2()()CCC rC r k 3 k 【类似类似】(2001,III,七七)、 （本题满分、 （本题满分 7 分）分）设函数)(xf，)(xg满足( )( )fxg x， ( )2( ) x g xef x，且(0)0f，(0)2g，求dx x xf x xg 0 2 )1( )( 1 )( 【分析】【分析】考查二阶微分方程求解及定积分计算。 【解析解析】因为( )( )fxg x，( )2( ) x g xef x，所以 ( )( )fxg x，即( )( )2 x fxf xe 所以方程通解为： 12 ( )cossin x f xCxCxe 又因为 11 22 (0)011 2(0)(0)11 fCC gfCC ，故( )cossin x f xxxe 。 22 00 ( )( )( )( ) 1(1)1(1) g xfxfxfx dxdx xxxx 0 22 0000 ( )( )( )( )( )1 1(1)1(1)11 fxf xdf xf xf xe dxdxdx xxxxx 。 【类似类似】 (2012,IIII,19) （本题满分（本题满分10分）分） 已知函数( )f x满足方程( )( )2 ( )0fxfxf x 及( )( )2 x fxf xe 12 1）求表达式( )f x 2）求曲线的拐点 22 0 ()()d x yf xftt 【解析解析】 ：1)特征方程: 2 12 202,1rrrr 2 12 ( ), xx f xC eC e 代入( )( )2 x fxf xe得 2 12 22, xxx C eC ee 12 0,1.CC得 ( ) x f xe 2）拐点拐点： 22 0 d . x xt yeet 22 0 2d1. x xt yxeet 222222 22 000 2d4d22(12)d2 . xxx xtxtxt yeetx eetxx eetx 令00.yx 得当0 x 时. 0y, 当0 x 时，0y 故(0，0)为曲线 22 0 ()()d x yf xftt 的拐点 19.、(本题满分本题满分 10 分分) (2014,II,16)已知函数)(xyy 满足微分方程yyyx1 22 ，且 02 )( y，求)(xy的极大值和极小值 【解析】方程化为 22 d (1)1 d y yx x ，分离变量，两边积分，得 方程通解：Cxxyy 33 3 1 3 1 ，由02 )( y得 3 2 C，即 3 2 3 1 3 1 33 xxyy 令 2 2 d1 0 d1 yx xy ，得1 x，且1 22 yyyx 22 222 d222 d11 驻点驻点 yxyyx xyy ； 当1 x时，可解得1 y，01 y，函数取得极大值1 y； 当1 x时，可解得0 y，02 y，函数取得极小值0 y 20.、 (本题满分本题满分11分分) (2008,II,19)设( )f x是区间0,上具有连续导数的单调增加单调增加函数， 且(0)1f.对任意的0,t，直线0,xxt，曲线( )yf x以及x轴所围成的曲边 梯形绕x轴旋转一周生成一旋转体.若该旋转体的侧面积在数值上等于其体积的 2 倍，求函 数( )f x的表达式. 【解析】由题设条件知: 22 00 2( ) 1( )22( ) tt f xfx dxfx dxSV ，即 13 22 00 ( )( ) 1( ) tt fx dxf xfx dx 上式两端对t求导得 22 ( )( ) 1( )ftf tft， ( )(0)10f tf ) 22 2200 ( )( ) ( ) 1( )1dd ( ) 1( ) 1 xx f tf t ftfttt ftft 单增 得 2 0 ln( ( )( ) 1) x f tftx， 即 2 1 t yyCe 将(0)1f代入知 1 ( )() 2 xx yf xee 21、 （本题满分本题满分 11 分）分）(2008,II,16)设函数( )yy x由参数方程 2 0 ( ) ln(1) t xx t yu du 确定，其 中( )x t是初值问题 0 20 0 x t dx te dt x 的解.求 2 2 d y dx . 【解析解析】 由20 x dx te dt 得2 x e dxtdt， 积分 2 1 x et ， 由条件 0 0 t x ， 得 2 ln(1)xt 所以 2 22 2 ( )ln(1) 2 (1)ln(1) 2 ( ) 1 dyy ttt tt t dxx t t 方法一方法一： 2222 2 2 (1)ln(1)2 ln(1)2 2 ( ) 1 t ttd yddyttt t dxdx dxx t t 22 (1)ln(1) 1tt 方法二方法二： 22 (1)ln(1) dy tt dx x e x ，所以 2 2 (1) x d y ex dx 22、(本题满分本题满分 11 分分) （2004,II,20）某种飞机在机场降落时,为了减小滑行距离,在触地的 瞬间,飞机尾部张开减速伞,以增大阻力,使飞机迅速减速并停下来.现有一质量为9000kg 的飞机,着陆时的水平速度为700/km h.经测试,减速伞打开后,飞机所受的总阻力与飞机 的速度成正比 总阻力与飞机 的速度成正比(比例系数为 6 6.0 10k).问从着陆点算起,飞机滑行的最长距离是多少? 【分析分析】 本题属物理应用.已知加速度或力求运动方程是质点运动学中一类重要的计算, 可利用牛顿第二定律,建立微分方程,再求解. 【解析解析1】由题设,飞机的质量9000mkg,着陆时的水平速度 0 700/vkm h.从飞机 14 接触跑道开始记时,设t时刻飞机的滑行距离为( )x t,速度为( )v t. 根据牛顿第二定律,得 dv mkv dt .又 dvdv dxdv v dtdx dtdx , m dxdv k , 积分得 ( ) m x tvC k ,由于 0 (0)vv,(0)0 x,故得 0 m Cv k , 从而 0 ( )( ) m x tvv t k . 当( )0v t时, 0 6 9000 700 ( )1.05() 6.0 10 mv x tkm k . 所以,飞机滑行的最长距离为1.05 km. 【解析解析2】根据牛顿第二定律,得 dv mkv dt .所以 dvk dt vm , 两边积分得 k t m vCe ,代入初始条件 0 0t vv , 得 0 Cv, 0 ( ) k t m v tv e , 故飞机滑行的最长距离为 00 0 0 ( )1.05() k t m mvmv xv t dtekm kk . 【解析解析3】根据