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极限

题目1

求极限：lim⁡x→0ex2−cos⁡x−32x2x4\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - \cos x - \frac{3}{2}x^2}{x^4}
解析： 核心方法：泰勒展开（麦克劳林公式）（洛必达法则需多次求导，效率低，高阶无穷小优先用泰勒）。 步骤1：展开各函数至x4x^4项（因分母是x4x^4，分子需展开到同阶）：
  • ex2=1+x2+(x2)22!+o(x4)=1+x2+x42+o(x4)e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{(x^2)^2}{2!} + o(x^4) = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + o(x^4)
  • cos⁡x=1−x22!+x44!+o(x4)=1−x22+x424+o(x4)\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + o(x^4) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)
步骤2：代入分子化简：
ex2−cos⁡x−32x2=(1+x2+x42+o(x4))−(1−x22+x424+o(x4))−32x2=1+x2+x42−1+x22−x424−32x2+o(x4)=(x2+x22−32x2)+(x42−x424)+o(x4)=0+11x424+o(x4)\begin{align*} e^{x^2} - \cos x - \frac{3}{2}x^2 &= \left(1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + o(x^4)\right) - \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\right) - \frac{3}{2}x^2 \\ &= 1 + x^2 + \frac{x^4}{2} - 1 + \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} - \frac{3}{2}x^2 + o(x^4) \\ &= \left(x^2 + \frac{x^2}{2} - \frac{3}{2}x^2\right) + \left(\frac{x^4}{2} - \frac{x^4}{24}\right) + o(x^4) \\ &= 0 + \frac{11x^4}{24} + o(x^4) \end{align*}
步骤3：求极限：
lim⁡x→011x424+o(x4)x4=1124\lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{11x^4}{24} + o(x^4)}{x^4} = \frac{11}{24}

题目2

求极限：lim⁡n→∞n2(arctan⁡1n−arctan⁡1n+1)\lim\limits_{n \to \infty} n^2 \left(\arctan \frac{1}{n} - \arctan \frac{1}{n+1}\right)
解析： 核心方法：三角差公式+等价无穷小替换 步骤1：利用三角差公式 arctan⁡a−arctan⁡b=arctan⁡a−b1+ab\arctan a - \arctan b = \arctan \frac{a - b}{1 + ab}（a,b>0a,b>0）：
arctan⁡1n−arctan⁡1n+1=arctan⁡1n−1n+11+1n(n+1)=arctan⁡1n(n+1)+1\arctan \frac{1}{n} - \arctan \frac{1}{n+1} = \arctan \frac{\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}}{1 + \frac{1}{n(n+1)}} = \arctan \frac{1}{n(n+1) + 1}
步骤2：化简分母：n(n+1)+1=n2+n+1n(n+1)+1 = n^2 + n + 1，因此原式变为：
lim⁡n→∞n2⋅arctan⁡1n2+n+1\lim\limits_{n \to \infty} n^2 \cdot \arctan \frac{1}{n^2 + n + 1}
步骤3：等价无穷小替换：当t→0t \to 0时，arctan⁡t∼t\arctan t \sim t。令t=1n2+n+1t = \frac{1}{n^2 + n + 1}，则n→∞n \to \infty时t→0t \to 0，因此：
arctan⁡1n2+n+1∼1n2+n+1\arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \sim \frac{1}{n^2 + n + 1}
步骤4：代入求极限：
lim⁡n→∞n2⋅1n2+n+1=lim⁡n→∞n2n2+n+1=lim⁡n→∞11+1n+1n2=1\lim\limits_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2 + n + 1} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 + n + 1} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}} = 1

题目3

求极限：lim⁡x→0+∫0x2sin⁡t dtx3\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\int_0^{x^2} \sin \sqrt{t} \, dt}{x^3}
解析： 核心方法：洛必达法则+变上限积分求导 步骤1：判断不定式类型：x→0+x \to 0^+时，∫0x2sin⁡tdt→0\int_0^{x^2} \sin \sqrt{t} dt \to 0，x3→0x^3 \to 0，属于00\frac{0}{0}型，可用洛必达法则。
步骤2：对分子（变上限积分）求导： 根据变上限积分求导公式：ddx∫0u(x)f(t)dt=f(u(x))⋅u′(x)\frac{d}{dx} \int_0^{u(x)} f(t) dt = f(u(x)) \cdot u'(x)，令u(x)=x2u(x) = x^2，f(t)=sin⁡tf(t) = \sin \sqrt{t}，则：
ddx∫0x2sin⁡tdt=sin⁡x2⋅2x=sin⁡∣x∣⋅2x\frac{d}{dx} \int_0^{x^2} \sin \sqrt{t} dt = \sin \sqrt{x^2} \cdot 2x = \sin |x| \cdot 2x
因x→0+x \to 0^+，故∣x∣=x|x|=x，即导数为2xsin⁡x2x \sin x。
步骤3：应用洛必达法则（一次求导）：
lim⁡x→0+2xsin⁡x3x2=lim⁡x→0+2sin⁡x3x\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{2x \sin x}{3x^2} = \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{2 \sin x}{3x}
步骤4：等价无穷小替换（sin⁡x∼x\sin x \sim x，x→0x \to 0）：
lim⁡x→0+2x3x=23\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}

题目4

求极限：lim⁡n→∞(1n2+1+1n2+2+⋯+1n2+n)\lim\limits_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}\right)
解析： 核心方法：夹逼准则 步骤1：构造上下界： 对于k=1,2,…,nk=1,2,\dots,n，有n2+1≤n2+k≤n2+nn^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n，因此：
1n2+n≤1n2+k≤1n2+1\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2 + k}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}
步骤2：对k=1k=1到nn求和，得到不等式：
n⋅1n2+n≤∑k=1n1n2+k≤n⋅1n2+1n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \leq \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{n^2 + k}} \leq n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}
步骤3：求左边界极限：
lim⁡n→∞nn2+n=lim⁡n→∞11+1n=1\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2 + n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}}} = 1
步骤4：求右边界极限：
lim⁡n→∞nn2+1=lim⁡n→∞11+1n2=1\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2 + 1}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}}} = 1
步骤5：由夹逼准则，原极限=1=1。

题目5

求极限：lim⁡x→∞(x−x2ln⁡(1+1x))\lim\limits_{x \to \infty} \left(x - x^2 \ln \left(1 + \frac{1}{x}\right)\right)
解析： 核心方法：泰勒展开（ln⁡(1+t)\ln(1+t)的麦克劳林公式） 步骤1：令t=1xt = \frac{1}{x}，则x→∞x \to \infty时t→0t \to 0，原式转化为：
lim⁡t→0(1t−1t2ln⁡(1+t))=lim⁡t→0t−ln⁡(1+t)t2\lim\limits_{t \to 0} \left(\frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \ln(1 + t)\right) = \lim\limits_{t \to 0} \frac{t - \ln(1 + t)}{t^2}
步骤2：展开ln⁡(1+t)\ln(1+t)至t2t^2项：
ln⁡(1+t)=t−t22+o(t2)\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)
步骤3：代入分子化简：
t−ln⁡(1+t)=t−(t−t22+o(t2))=t22+o(t2)t - \ln(1 + t) = t - \left(t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)\right) = \frac{t^2}{2} + o(t^2)
步骤4：求极限：
lim⁡t→0t22+o(t2)t2=12\lim\limits_{t \to 0} \frac{\frac{t^2}{2} + o(t^2)}{t^2} = \frac{1}{2}

题目6

求极限：lim⁡x→0(1+x)1x−ex\lim\limits_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{\frac{1}{x}} - e}{x}
解析： 核心方法：泰勒展开+重要极限ee的定义 步骤1：先处理(1+x)1x(1+x)^{\frac{1}{x}}：令y=(1+x)1xy = (1+x)^{\frac{1}{x}}，则ln⁡y=ln⁡(1+x)x\ln y = \frac{\ln(1+x)}{x}，展开ln⁡(1+x)\ln(1+x)：
ln⁡(1+x)=x−x22+x33−o(x3)\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - o(x^3)
因此：
ln⁡y=x−x22+x33−o(x3)x=1−x2+x23−o(x2)\ln y = \frac{x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - o(x^3)}{x} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - o(x^2)
步骤2：对ln⁡y\ln y做指数展开（eue^u的麦克劳林公式，u=−x2+x23−o(x2)u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - o(x^2)）：
y=eln⁡y=e1−x2+x23−o(x2)=e⋅e−x2+x23−o(x2)y = e^{\ln y} = e^{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - o(x^2)} = e \cdot e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - o(x^2)}
展开e−x2+x23e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}}至xx项：
e−x2+x23=1+(−x2+x23)+12!(−x2)2+o(x2)=1−x2+11x224+o(x2)e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}} = 1 + \left(-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}\right) + \frac{1}{2!}\left(-\frac{x}{2}\right)^2 + o(x^2) = 1 - \frac{x}{2} + \frac{11x^2}{24} + o(x^2)
步骤3：代入yy并化简分子：
(1+x)1x−e=e(1−x2+11x224+o(x2))−e=−ex2+o(x)(1+x)^{\frac{1}{x}} - e = e \left(1 - \frac{x}{2} + \frac{11x^2}{24} + o(x^2)\right) - e = -\frac{e x}{2} + o(x)
步骤4：求极限：
lim⁡x→0−ex2+o(x)x=−e2\lim\limits_{x \to 0} \frac{-\frac{e x}{2} + o(x)}{x} = -\frac{e}{2}

题目7

求极限：lim⁡n→∞1n∑k=1n1+cos⁡kπn\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sqrt{1 + \cos \frac{k\pi}{n}}
解析： 核心方法：定积分定义+三角恒等变换 步骤1：三角恒等变换：1+cos⁡θ=2cos⁡2θ2=2∣cos⁡θ2∣\sqrt{1 + \cos \theta} = \sqrt{2\cos^2 \frac{\theta}{2}} = \sqrt{2} \left|\cos \frac{\theta}{2}\right|（因1+cos⁡θ=2cos⁡2θ21+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2}）。 令θ=kπn\theta = \frac{k\pi}{n}，则：
1+cos⁡kπn=2∣cos⁡kπ2n∣\sqrt{1 + \cos \frac{k\pi}{n}} = \sqrt{2} \left|\cos \frac{k\pi}{2n}\right|
因k=1,2,…,nk=1,2,\dots,n，故kπ2n∈(0,π2]\frac{k\pi}{2n} \in (0, \frac{\pi}{2}]，cos⁡kπ2n≥0\cos \frac{k\pi}{2n} \geq 0，因此绝对值可去掉：
1+cos⁡kπn=2cos⁡kπ2n\sqrt{1 + \cos \frac{k\pi}{n}} = \sqrt{2} \cos \frac{k\pi}{2n}
步骤2：转化为定积分： 定积分定义：lim⁡n→∞1n∑k=1nf(kn)=∫01f(x)dx\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx。 令xk=knx_k = \frac{k}{n}，则kπ2n=π2xk\frac{k\pi}{2n} = \frac{\pi}{2} x_k，1n=dx\frac{1}{n} = dx，因此：
lim⁡n→∞1n∑k=1n2cos⁡(π2xk)=2∫01cos⁡(π2x)dx\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sqrt{2} \cos\left(\frac{\pi}{2} x_k\right) = \sqrt{2} \int_0^1 \cos\left(\frac{\pi}{2} x\right) dx
步骤3：计算定积分：
∫01cos⁡(π2x)dx=2πsin⁡(π2x)∣01=2π(sin⁡π2−sin⁡0)=2π\int_0^1 \cos\left(\frac{\pi}{2} x\right) dx = \frac{2}{\pi} \sin\left(\frac{\pi}{2} x\right) \bigg|_0^1 = \frac{2}{\pi} (\sin \frac{\pi}{2} - \sin 0) = \frac{2}{\pi}
步骤4：最终结果：
2⋅2π=22π\sqrt{2} \cdot \frac{2}{\pi} = \frac{2\sqrt{2}}{\pi}

题目8

求极限：lim⁡x→0sin⁡x−xcos⁡xx3\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x^3}
解析： 方法1：洛必达法则（00\frac{0}{0}型）：
  • 第一次求导：分子cos⁡x−(cos⁡x−xsin⁡x)=xsin⁡x\cos x - (\cos x - x \sin x) = x \sin x，分母3x23x^2，得lim⁡x→0xsin⁡x3x2=lim⁡x→0sin⁡x3x=13\lim\limits_{x \to 0} \frac{x \sin x}{3x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{3x} = \frac{1}{3}。
方法2：泰勒展开（更直观）：
  • sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)，cos⁡x=1−x22+o(x2)\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)，因此： sin⁡x−xcos⁡x=(x−x36+o(x3))−x(1−x22+o(x2))=x33+o(x3)\sin x - x \cos x = \left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) - x\left(1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right) = \frac{x^3}{3} + o(x^3)
  • 极限：lim⁡x→0x33+o(x3)x3=13\lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{x^3}{3} + o(x^3)}{x^3} = \frac{1}{3}。

题目9

求极限：lim⁡n→∞(n!nn)1n\lim\limits_{n \to \infty} \left(\frac{n!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}
解析： 核心方法：取对数+定积分定义（斯特林公式也可，此处用基础方法） 步骤1：令an=(n!nn)1na_n = \left(\frac{n!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}，取自然对数：
ln⁡an=1nln⁡n!nn=1n(ln⁡n!−nln⁡n)=1n∑k=1nln⁡k−ln⁡n=1n∑k=1nln⁡kn\ln a_n = \frac{1}{n} \ln \frac{n!}{n^n} = \frac{1}{n} \left(\ln n! - n \ln n\right) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln k - \ln n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \frac{k}{n}
步骤2：转化为定积分：
lim⁡n→∞ln⁡an=∫01ln⁡xdx\lim\limits_{n \to \infty} \ln a_n = \int_0^1 \ln x dx
步骤3：计算反常积分（x=0x=0是瑕点）：
∫01ln⁡xdx=lim⁡ϵ→0+∫ϵ1ln⁡xdx=lim⁡ϵ→0+[xln⁡x−x]ϵ1=(0−1)−lim⁡ϵ→0+(ϵln⁡ϵ−ϵ)=−1\int_0^1 \ln x dx = \lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \int_\epsilon^1 \ln x dx = \lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \left[x \ln x - x\right]_\epsilon^1 = (0 - 1) - \lim\limits_{\epsilon \to 0^+} (\epsilon \ln \epsilon - \epsilon) = -1
（注：lim⁡ϵ→0+ϵln⁡ϵ=0\lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \epsilon \ln \epsilon = 0，可用洛必达法则：lim⁡ϵ→0+ln⁡ϵ1/ϵ=lim⁡ϵ→0+1/ϵ−1/ϵ2=0\lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \frac{\ln \epsilon}{1/\epsilon} = \lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \frac{1/\epsilon}{-1/\epsilon^2} = 0）
步骤4：还原指数：
lim⁡n→∞an=elim⁡n→∞ln⁡an=e−1=1e\lim\limits_{n \to \infty} a_n = e^{\lim\limits_{n \to \infty} \ln a_n} = e^{-1} = \frac{1}{e}

题目10

求极限：lim⁡x→0cos⁡(sin⁡x)−cos⁡xx4\lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) - \cos x}{x^4}
解析： 核心方法：泰勒展开+和差化积（或直接展开） 步骤1：和差化积简化分子：
cos⁡A−cos⁡B=−2sin⁡A+B2sin⁡A−B2\cos A - \cos B = -2 \sin \frac{A+B}{2} \sin \frac{A-B}{2}
令A=sin⁡xA = \sin x，B=xB = x，则：
cos⁡(sin⁡x)−cos⁡x=−2sin⁡sin⁡x+x2sin⁡sin⁡x−x2\cos(\sin x) - \cos x = -2 \sin \frac{\sin x + x}{2} \sin \frac{\sin x - x}{2}
步骤2：泰勒展开关键项：
  • sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)，因此：
    • sin⁡x+x=2x−x36+o(x3)\sin x + x = 2x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)，sin⁡x+x2=x−x312+o(x3)\frac{\sin x + x}{2} = x - \frac{x^3}{12} + o(x^3)
    • sin⁡x−x=−x36+o(x3)\sin x - x = -\frac{x^3}{6} + o(x^3)，sin⁡x−x2=−x312+o(x3)\frac{\sin x - x}{2} = -\frac{x^3}{12} + o(x^3)
步骤3：等价无穷小替换（sin⁡t∼t\sin t \sim t，t→0t \to 0）：
  • sin⁡sin⁡x+x2∼x−x312+o(x3)\sin \frac{\sin x + x}{2} \sim x - \frac{x^3}{12} + o(x^3)
  • sin⁡sin⁡x−x2∼−x312+o(x3)\sin \frac{\sin x - x}{2} \sim -\frac{x^3}{12} + o(x^3)
步骤4：代入分子化简：
−2⋅(x−x312)⋅(−x312)=−2⋅(−x412+x6144)=x46−x672+o(x4)-2 \cdot \left(x - \frac{x^3}{12}\right) \cdot \left(-\frac{x^3}{12}\right) = -2 \cdot \left(-\frac{x^4}{12} + \frac{x^6}{144}\right) = \frac{x^4}{6} - \frac{x^6}{72} + o(x^4)
步骤5：求极限：
lim⁡x→0x46+o(x4)x4=16\lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{x^4}{6} + o(x^4)}{x^4} = \frac{1}{6}

不定积分

题目 1

计算不定积分：
∫x2ex(x+2)2dx\int \frac{x^2 e^x}{(x+2)^2} dx
解析： 核心方法：分部积分法 + 凑微分 步骤 1：构造分部积分形式，令 u=x2exu = x^2 e^x，dv=1(x+2)2dxdv = \frac{1}{(x+2)^2} dx。
  • 求 dudu：du=(2xex+x2ex)dx=exx(x+2)dxdu = (2x e^x + x^2 e^x) dx = e^x x (x+2) dx
  • 求 vv：v=∫1(x+2)2dx=−1x+2v = \int \frac{1}{(x+2)^2} dx = -\frac{1}{x+2}
步骤 2：应用分部积分公式 ∫udv=uv−∫vdu\int u dv = uv - \int v du：
∫x2ex(x+2)2dx=−x2exx+2−∫(−1x+2)⋅exx(x+2)dx\int \frac{x^2 e^x}{(x+2)^2} dx = -\frac{x^2 e^x}{x+2} - \int \left(-\frac{1}{x+2}\right) \cdot e^x x (x+2) dx
步骤 3：化简积分项（约去 x+2x+2）：
=−x2exx+2+∫xexdx= -\frac{x^2 e^x}{x+2} + \int x e^x dx
步骤 4：对 ∫xexdx\int x e^x dx 再次分部积分（令 u=x,dv=exdxu=x, dv=e^x dx）：
∫xexdx=xex−∫exdx=xex−ex+C\int x e^x dx = x e^x - \int e^x dx = x e^x - e^x + C
步骤 5：合并结果并整理：
∫x2ex(x+2)2dx=−x2exx+2+xex−ex+C=(x−2)exx+2+C\int \frac{x^2 e^x}{(x+2)^2} dx = -\frac{x^2 e^x}{x+2} + x e^x - e^x + C = \frac{(x-2) e^x}{x+2} + C

题目 2

计算不定积分：
∫sin⁡x1+sin⁡xdx\int \frac{\sin x}{1 + \sin x} dx
解析： 核心方法：三角恒等变换 + 凑微分 步骤 1：分子分母同乘 1−sin⁡x1 - \sin x 有理化：
∫sin⁡x(1−sin⁡x)(1+sin⁡x)(1−sin⁡x)dx=∫sin⁡x−sin⁡2xcos⁡2xdx\int \frac{\sin x (1 - \sin x)}{(1 + \sin x)(1 - \sin x)} dx = \int \frac{\sin x - \sin^2 x}{\cos^2 x} dx
步骤 2：拆分积分项：
=∫sin⁡xcos⁡2xdx−∫sin⁡2xcos⁡2xdx= \int \frac{\sin x}{\cos^2 x} dx - \int \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} dx
步骤 3：分别计算两个积分：
  • 第一个积分：令 u=cos⁡xu = \cos x，则 du=−sin⁡xdxdu = -\sin x dx， ∫sin⁡xcos⁡2xdx=−∫duu2=1u+C1=sec⁡x+C1\int \frac{\sin x}{\cos^2 x} dx = -\int \frac{du}{u^2} = \frac{1}{u} + C_1 = \sec x + C_1
  • 第二个积分：利用 tan⁡2x=sec⁡2x−1\tan^2 x = \sec^2 x - 1， ∫tan⁡2xdx=∫(sec⁡2x−1)dx=tan⁡x−x+C2\int \tan^2 x dx = \int (\sec^2 x - 1) dx = \tan x - x + C_2
步骤 4：合并结果：
∫sin⁡x1+sin⁡xdx=sec⁡x−tan⁡x+x+C\int \frac{\sin x}{1 + \sin x} dx = \sec x - \tan x + x + C

题目 3

计算不定积分：
∫x31+x2dx\int \frac{x^3}{\sqrt{1 + x^2}} dx
解析： 核心方法：换元积分法（凑微分） 步骤 1：令 t=1+x2t = 1 + x^2，则 dt=2xdxdt = 2x dx，x2=t−1x^2 = t - 1，x3dx=x2⋅xdx=12(t−1)dtx^3 dx = x^2 \cdot x dx = \frac{1}{2}(t - 1) dt。
步骤 2：代入换元：
∫x31+x2dx=12∫t−1tdt=12∫(t−1t)dt\int \frac{x^3}{\sqrt{1 + x^2}} dx = \frac{1}{2} \int \frac{t - 1}{\sqrt{t}} dt = \frac{1}{2} \int \left(\sqrt{t} - \frac{1}{\sqrt{t}}\right) dt
步骤 3：逐项积分：
=12(23t32−2t12)+C=13t32−t12+C= \frac{1}{2} \left( \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} - 2 t^{\frac{1}{2}} \right) + C = \frac{1}{3} t^{\frac{3}{2}} - t^{\frac{1}{2}} + C
步骤 4：回代 t=1+x2t = 1 + x^2：
=13(1+x2)32−1+x2+C=(x2−2)1+x23+C= \frac{1}{3} (1 + x^2)^{\frac{3}{2}} - \sqrt{1 + x^2} + C = \frac{(x^2 - 2) \sqrt{1 + x^2}}{3} + C

题目 4

计算不定积分：
∫ln⁡(x+1+x2)dx\int \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) dx
解析： 核心方法：分部积分法 + 凑微分 步骤 1：令 u=ln⁡(x+1+x2)u = \ln(x + \sqrt{1 + x^2})，dv=dxdv = dx，则：
  • du=1+x1+x2x+1+x2dx=11+x2dxdu = \frac{1 + \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}}{x + \sqrt{1 + x^2}} dx = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} dx
  • v=xv = x
步骤 2：应用分部积分公式：
∫ln⁡(x+1+x2)dx=xln⁡(x+1+x2)−∫x1+x2dx\int \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) dx = x \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) - \int \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} dx
步骤 3：计算剩余积分（令 t=1+x2t = 1 + x^2，dt=2xdxdt = 2x dx）：
∫x1+x2dx=12∫t−12dt=t+C=1+x2+C\int \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} dx = \frac{1}{2} \int t^{-\frac{1}{2}} dt = \sqrt{t} + C = \sqrt{1 + x^2} + C
步骤 4：整理结果：
∫ln⁡(x+1+x2)dx=xln⁡(x+1+x2)−1+x2+C\int \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) dx = x \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) - \sqrt{1 + x^2} + C

题目 5

计算不定积分：
∫dxx4+1\int \frac{dx}{x^4 + 1}
解析： 核心方法：有理函数分解 + 凑微分 步骤 1：因式分解分母（平方和拆分）：
x4+1=(x2+2x+1)(x2−2x+1)x^4 + 1 = (x^2 + \sqrt{2}x + 1)(x^2 - \sqrt{2}x + 1)
步骤 2：分式拆分（待定系数法）：
1x4+1=Ax+Bx2+2x+1+Cx+Dx2−2x+1\frac{1}{x^4 + 1} = \frac{Ax + B}{x^2 + \sqrt{2}x + 1} + \frac{Cx + D}{x^2 - \sqrt{2}x + 1}
解得 A=24,B=12,C=−24,D=12A = \frac{\sqrt{2}}{4}, B = \frac{1}{2}, C = -\frac{\sqrt{2}}{4}, D = \frac{1}{2}，即：
1x4+1=122(2x+2x2+2x+1−2x−2x2−2x+1)\frac{1}{x^4 + 1} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \left( \frac{\sqrt{2}x + 2}{x^2 + \sqrt{2}x + 1} - \frac{\sqrt{2}x - 2}{x^2 - \sqrt{2}x + 1} \right)
步骤 3：拆分积分并凑微分（以第一个分式为例）：
∫2x+2x2+2x+1dx=22∫2x+2x2+2x+1dx+∫1x2+2x+1dx\int \frac{\sqrt{2}x + 2}{x^2 + \sqrt{2}x + 1} dx = \frac{\sqrt{2}}{2} \int \frac{2x + \sqrt{2}}{x^2 + \sqrt{2}x + 1} dx + \int \frac{1}{x^2 + \sqrt{2}x + 1} dx
  • 第一个子积分：令 t=x2+2x+1t = x^2 + \sqrt{2}x + 1，dt=(2x+2)dxdt = (2x + \sqrt{2}) dx，结果为 ln⁡∣t∣+C1\ln|t| + C_1；
  • 第二个子积分：配方 x2+2x+1=(x+22)2+(22)2x^2 + \sqrt{2}x + 1 = (x + \frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2，结果为 2arctan⁡(2x+1)+C2\sqrt{2} \arctan(\sqrt{2}x + 1) + C_2。
步骤 4：同理计算第二个分式，合并最终结果：
∫dxx4+1=122ln⁡∣x2+2x+1x2−2x+1∣+122(arctan⁡(2x+1)+arctan⁡(2x−1))+C\int \frac{dx}{x^4 + 1} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \ln\left| \frac{x^2 + \sqrt{2}x + 1}{x^2 - \sqrt{2}x + 1} \right| + \frac{1}{2\sqrt{2}} \left( \arctan(\sqrt{2}x + 1) + \arctan(\sqrt{2}x - 1) \right) + C

题目 6

计算不定积分：
∫arctan⁡xx2(1+x2)dx\int \frac{\arctan x}{x^2 (1 + x^2)} dx
解析： 核心方法：拆分积分 + 分部积分 步骤 1：拆分被积函数（利用 1x2(1+x2)=1x2−11+x2\frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}）：
∫arctan⁡x(1x2−11+x2)dx=∫arctan⁡xx2dx−∫arctan⁡x1+x2dx\int \arctan x \left( \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2} \right) dx = \int \frac{\arctan x}{x^2} dx - \int \frac{\arctan x}{1+x^2} dx
步骤 2：计算第二个积分（令 u=arctan⁡xu = \arctan x，du=11+x2dxdu = \frac{1}{1+x^2} dx）：
∫arctan⁡x1+x2dx=12(arctan⁡x)2+C1\int \frac{\arctan x}{1+x^2} dx = \frac{1}{2} (\arctan x)^2 + C_1
步骤 3：计算第一个积分（分部积分：u=arctan⁡xu = \arctan x，dv=1x2dxdv = \frac{1}{x^2} dx）：
  • du=11+x2dxdu = \frac{1}{1+x^2} dx，v=−1xv = -\frac{1}{x}， ∫arctan⁡xx2dx=−arctan⁡xx+∫1x(1+x2)dx\int \frac{\arctan x}{x^2} dx = -\frac{\arctan x}{x} + \int \frac{1}{x(1+x^2)} dx
步骤 4：计算 ∫1x(1+x2)dx\int \frac{1}{x(1+x^2)} dx（拆分：1x(1+x2)=1x−x1+x2\frac{1}{x(1+x^2)} = \frac{1}{x} - \frac{x}{1+x^2}）：
∫1x(1+x2)dx=ln⁡∣x∣−12ln⁡(1+x2)+C2\int \frac{1}{x(1+x^2)} dx = \ln|x| - \frac{1}{2} \ln(1+x^2) + C_2
步骤 5：合并所有结果：
∫arctan⁡xx2(1+x2)dx=−arctan⁡xx+ln⁡∣x∣−12ln⁡(1+x2)−12(arctan⁡x)2+C\int \frac{\arctan x}{x^2 (1 + x^2)} dx = -\frac{\arctan x}{x} + \ln|x| - \frac{1}{2} \ln(1+x^2) - \frac{1}{2} (\arctan x)^2 + C

题目 7

计算不定积分：
∫exsin⁡xdx\int e^x \sin x dx
解析： 核心方法：多次分部积分 + 方程法 步骤 1：第一次分部积分：令 u=sin⁡xu = \sin x，dv=exdxdv = e^x dx，则 du=cos⁡xdxdu = \cos x dx，v=exv = e^x，
∫exsin⁡xdx=exsin⁡x−∫excos⁡xdx\int e^x \sin x dx = e^x \sin x - \int e^x \cos x dx
步骤 2：第二次分部积分（对剩余积分）：令 u=cos⁡xu = \cos x，dv=exdxdv = e^x dx，则 du=−sin⁡xdxdu = -\sin x dx，v=exv = e^x，
∫excos⁡xdx=excos⁡x+∫exsin⁡xdx\int e^x \cos x dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x dx
步骤 3：代入第一次结果，构造方程：
∫exsin⁡xdx=exsin⁡x−(excos⁡x+∫exsin⁡xdx)\int e^x \sin x dx = e^x \sin x - \left( e^x \cos x + \int e^x \sin x dx \right)
步骤 4：移项求解：
2∫exsin⁡xdx=ex(sin⁡x−cos⁡x)+C2 \int e^x \sin x dx = e^x (\sin x - \cos x) + C ∫exsin⁡xdx=12ex(sin⁡x−cos⁡x)+C\int e^x \sin x dx = \frac{1}{2} e^x (\sin x - \cos x) + C

题目 8

计算不定积分：
∫dxsin⁡xcos⁡3x\int \frac{dx}{\sin x \cos^3 x}
解析： 核心方法：三角代换 + 凑微分 步骤 1：分子分母同乘 sin⁡x\sin x，利用 sin⁡2x=1−cos⁡2x\sin^2 x = 1 - \cos^2 x：
∫sin⁡xdxsin⁡2xcos⁡3x=∫sin⁡xdx(1−cos⁡2x)cos⁡3x\int \frac{\sin x dx}{\sin^2 x \cos^3 x} = \int \frac{\sin x dx}{(1 - \cos^2 x) \cos^3 x}
步骤 2：令 u=cos⁡xu = \cos x，则 du=−sin⁡xdxdu = -\sin x dx，代入得：
=−∫du(1−u2)u3=−∫duu3(1−u)(1+u)= -\int \frac{du}{(1 - u^2) u^3} = -\int \frac{du}{u^3 (1 - u)(1 + u)}
步骤 3：分式拆分（待定系数法）：
1u3(1−u)(1+u)=1u3+1u+12(1−u)−12(1+u)\frac{1}{u^3 (1 - u)(1 + u)} = \frac{1}{u^3} + \frac{1}{u} + \frac{1}{2(1 - u)} - \frac{1}{2(1 + u)}
步骤 4：逐项积分：
−∫(1u3+1u+12(1−u)−12(1+u))du=12u2−ln⁡∣u∣+12ln⁡∣1−u∣−12ln⁡∣1+u∣+C-\int \left( \frac{1}{u^3} + \frac{1}{u} + \frac{1}{2(1 - u)} - \frac{1}{2(1 + u)} \right) du = \frac{1}{2u^2} - \ln|u| + \frac{1}{2} \ln|1 - u| - \frac{1}{2} \ln|1 + u| + C
步骤 5：回代 u=cos⁡xu = \cos x 并整理：
∫dxsin⁡xcos⁡3x=12cos⁡2x+ln⁡∣tan⁡x∣+C\int \frac{dx}{\sin x \cos^3 x} = \frac{1}{2 \cos^2 x} + \ln|\tan x| + C

题目 9

计算不定积分：
∫xarcsin⁡x1−x2dx\int \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}} dx
解析： 核心方法：分部积分 + 凑微分 步骤 1：令 u=arcsin⁡xu = \arcsin x，dv=x1−x2dxdv = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} dx，则：
  • du=11−x2dxdu = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx
  • v=−1−x2v = -\sqrt{1 - x^2}（令 t=1−x2t = 1 - x^2，dt=−2xdxdt = -2x dx，积分得 −t+C-\sqrt{t} + C）
步骤 2：应用分部积分公式：
∫xarcsin⁡x1−x2dx=−1−x2arcsin⁡x+∫1−x2⋅11−x2dx\int \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}} dx = - \sqrt{1 - x^2} \arcsin x + \int \sqrt{1 - x^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx
步骤 3：化简剩余积分：
=−1−x2arcsin⁡x+∫1dx=−1−x2arcsin⁡x+x+C= - \sqrt{1 - x^2} \arcsin x + \int 1 dx = - \sqrt{1 - x^2} \arcsin x + x + C

题目 10

计算不定积分：
∫x2−a2xdx(a>0)\int \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{x} dx \quad (a > 0)
解析： 核心方法：三角代换（正割代换） 步骤 1：令 x=asec⁡tx = a \sec t（t∈(0,π2)t \in (0, \frac{\pi}{2})），则 dx=asec⁡ttan⁡tdtdx = a \sec t \tan t dt，x2−a2=atan⁡t\sqrt{x^2 - a^2} = a \tan t。
步骤 2：代入换元：
∫atan⁡tasec⁡t⋅asec⁡ttan⁡tdt=a∫tan⁡2tdt\int \frac{a \tan t}{a \sec t} \cdot a \sec t \tan t dt = a \int \tan^2 t dt
步骤 3：利用三角恒等式 tan⁡2t=sec⁡2t−1\tan^2 t = \sec^2 t - 1 积分：
a∫(sec⁡2t−1)dt=a(tan⁡t−t)+Ca \int (\sec^2 t - 1) dt = a (\tan t - t) + C
步骤 4：回代（由 x=asec⁡tx = a \sec t 得 tan⁡t=x2−a2a\tan t = \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a}，t=arccos⁡axt = \arccos \frac{a}{x}）：
∫x2−a2xdx=x2−a2−aarccos⁡ax+C\int \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{x} dx = \sqrt{x^2 - a^2} - a \arccos \frac{a}{x} + C

定积分

题目 1

求
∫0π2xsin⁡x1+cos⁡2xdx\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}dx
解析 令
I=∫0π2xsin⁡x1+cos⁡2xdxI=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}dx
利用公式 ∫0af(x)dx=∫0af(a−x)dx\int_0^a f(x)dx=\int_0^a f(a-x)dx：
I=∫0π2(π2−x)cos⁡x1+sin⁡2xdxI=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\cos x}{1+\sin^2 x}dx
相加：
2I=π2∫0π2sin⁡x1+cos⁡2xdx+π2∫0π2cos⁡x1+sin⁡2xdx2I=\frac{\pi}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}dx +\frac{\pi}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+\sin^2 x}dx
计算：
∫sin⁡x1+cos⁡2xdx=−arctan⁡(cos⁡x),∫cos⁡x1+sin⁡2xdx=arctan⁡(sin⁡x)\int\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}dx=-\arctan(\cos x),\quad \int\frac{\cos x}{1+\sin^2 x}dx=\arctan(\sin x)
代入上下限：
2I=π2⋅π4+π2⋅π4=π242I=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{4} =\frac{\pi^2}{4}
故
I=π28I=\frac{\pi^2}{8}

题目 2

求
∫01ln⁡(1+x)1+x2dx\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx
解析 令 x=tan⁡tx=\tan t，dx=sec⁡2tdtdx=\sec^2 t dt：
I=∫0π4ln⁡(1+tan⁡t)dtI=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan t)dt
再令 t=π4−ut=\frac{\pi}{4}-u：
I=∫0π4ln⁡(1+tan⁡(π4−u))du=∫0π4ln⁡21+tan⁡uduI=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right)\right)du =\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\frac{2}{1+\tan u}du =π4ln⁡2−I=\frac{\pi}{4}\ln 2 - I
故
2I=π4ln⁡2⇒I=π8ln⁡22I=\frac{\pi}{4}\ln 2\Rightarrow I=\frac{\pi}{8}\ln 2

题目 3

求
∫0+∞ln⁡x1+x2dx\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{1+x^2}dx
解析 令 x=1tx=\frac{1}{t}，dx=−1t2dtdx=-\frac{1}{t^2}dt：
I=∫+∞0ln⁡1t1+1t2(−1t2)dt=−∫0+∞ln⁡t1+t2dt=−II=\int_{+\infty}^0 \frac{\ln\frac{1}{t}}{1+\frac{1}{t^2}}\left(-\frac{1}{t^2}\right)dt =-\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1+t^2}dt=-I
所以
I=−I⇒I=0I=-I\Rightarrow I=0

题目 4

求
∫0πxsin⁡x3+cos⁡2xdx\int_0^{\pi} \frac{x\sin x}{3+\cos^2 x}dx
解析 令
I=∫0πxsin⁡x3+cos⁡2xdxI=\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{3+\cos^2 x}dx
用 ∫0πf(x)dx=∫0πf(π−x)dx\int_0^\pi f(x)dx=\int_0^\pi f(\pi-x)dx：
I=∫0π(π−x)sin⁡x3+cos⁡2xdx=π∫0πsin⁡x3+cos⁡2xdx−II=\int_0^\pi \frac{(\pi-x)\sin x}{3+\cos^2 x}dx =\pi\int_0^\pi\frac{\sin x}{3+\cos^2 x}dx-I 2I=π∫0πsin⁡x3+cos⁡2xdx2I=\pi\int_0^\pi\frac{\sin x}{3+\cos^2 x}dx
令 u=cos⁡xu=\cos x，du=−sin⁡xdxdu=-\sin x dx：
∫0πsin⁡x3+cos⁡2xdx=∫−11du3+u2=13arctan⁡u3∣−11=π33\int_0^\pi\frac{\sin x}{3+\cos^2 x}dx =\int_{-1}^1\frac{du}{3+u^2} =\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{u}{\sqrt{3}}\bigg|_{-1}^1 =\frac{\pi}{3\sqrt{3}}
故
I=π263I=\frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}

题目 5

求
∫01x21−x2dx\int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}dx
解析 令 x=sin⁡tx=\sin t，dx=cos⁡tdtdx=\cos t dt：
I=∫0π2sin⁡2tcos⁡2tdt=14∫0π2sin⁡22tdt=18∫0π2(1−cos⁡4t)dtI=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 t\cos^2 t dt =\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 2t dt =\frac{1}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos4t)dt =18(π2−0)=π16=\frac{1}{8}\left(\frac{\pi}{2}-0\right)=\frac{\pi}{16}

题目 6

求
∫0+∞1(x2+1)3dx\int_0^{+\infty} \frac{1}{(x^2+1)^3}dx
解析 令 x=tan⁡tx=\tan t，dx=sec⁡2tdtdx=\sec^2 t dt：
I=∫0π2cos⁡4tdtI=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4 t dt
Wallis 公式：
∫0π2cos⁡2ntdt=(2n−1)!!(2n)!!⋅π2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n}t dt =\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2}
n=2n=2：
I=3!!4!!⋅π2=3⋅14⋅2⋅π2=3π16I=\frac{3!!}{4!!}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{3\cdot1}{4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{3\pi}{16}

题目 7

求
∫01x41+x2dx\int_0^1 \frac{x^4}{1+x^2}dx
解析 多项式除法：
x41+x2=x2−1+11+x2\frac{x^4}{1+x^2}=x^2-1+\frac{1}{1+x^2}
积分：
I=∫01(x2−1+11+x2)dx=(x33−x+arctan⁡x)∣01I=\int_0^1\left(x^2-1+\frac{1}{1+x^2}\right)dx =\left(\frac{x^3}{3}-x+\arctan x\right)\bigg|_0^1 =(13−1+π4)−0=π4−23=\left(\frac13-1+\frac{\pi}{4}\right)-0 =\frac{\pi}{4}-\frac23

题目 8

求
∫0ln⁡2ex−1dx\int_0^{\ln 2} \sqrt{e^x-1}dx
解析 令 t=ex−1t=\sqrt{e^x-1}，ex=t2+1e^x=t^2+1，dx=2tt2+1dtdx=\frac{2t}{t^2+1}dt：
I=∫01t⋅2tt2+1dt=2∫01t2t2+1dt=2∫01(1−1t2+1)dtI=\int_0^1 t\cdot\frac{2t}{t^2+1}dt =2\int_0^1\frac{t^2}{t^2+1}dt =2\int_0^1\left(1-\frac{1}{t^2+1}\right)dt =2(t−arctan⁡t)∣01=2(1−π4)=2−π2=2\left(t-\arctan t\right)\bigg|_0^1 =2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) =2-\frac{\pi}{2}

题目 9

求
∫0π211+tan⁡2xdx\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\tan^{\sqrt{2}}x}dx
解析
令
I=∫0π211+tan⁡axdx, a=2I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^a x}dx,\ a=\sqrt{2}
令 x=π2−tx=\frac{\pi}{2}-t：
I=∫0π211+cot⁡atdt=∫0π2tan⁡at1+tan⁡atdtI=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cot^a t}dt =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\tan^a t}{1+\tan^a t}dt
相加：
2I=∫0π21dx=π22I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}1dx=\frac{\pi}{2}
故
I=π4I=\frac{\pi}{4}

题目 10

求
∫01arcsin⁡xx(1−x)dx\int_0^1 \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx
解析 令 t=arcsin⁡xt=\arcsin\sqrt{x}，则 x=sin⁡t\sqrt{x}=\sin t，x=sin⁡2tx=\sin^2 t， dx=2sin⁡tcos⁡tdtdx=2\sin t\cos t dt，x(1−x)=sin⁡tcos⁡t\sqrt{x(1-x)}=\sin t\cos t：
I=∫0π2tsin⁡tcos⁡t⋅2sin⁡tcos⁡tdt=2∫0π2tdt=2⋅π28=π24I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{t}{\sin t\cos t}\cdot 2\sin t\cos t dt =2\int_0^{\frac{\pi}{2}}t dt =2\cdot\frac{\pi^2}{8} =\frac{\pi^2}{4}

微分方程

题目 1

求微分方程的通解：
dydx=yx+tan⁡yx\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \tan\frac{y}{x}
解析 这是齐次微分方程，令 u=yxu = \frac{y}{x}，则 y=uxy = ux，dydx=u+xdudx\frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx}。 代入原方程：
u+xdudx=u+tan⁡uu + x\frac{du}{dx} = u + \tan u
化简得：
xdudx=tan⁡ux\frac{du}{dx} = \tan u
分离变量：
dutan⁡u=dxx\frac{du}{\tan u} = \frac{dx}{x}
即：
cot⁡udu=1xdx\cot u du = \frac{1}{x} dx
两边积分：
∫cot⁡udu=∫1xdx\int \cot u du = \int \frac{1}{x} dx
左边积分得 ln⁡∣sin⁡u∣\ln|\sin u|，右边积分得 ln⁡∣x∣+ln⁡C\ln|x| + \ln C（C>0C>0），整理：
ln⁡∣sin⁡u∣=ln⁡∣Cx∣\ln|\sin u| = \ln|Cx|
去掉对数：
sin⁡u=Cx\sin u = Cx
回代 u=yxu = \frac{y}{x}，得通解：
sin⁡yx=Cx\sin\frac{y}{x} = Cx
（CC 为任意常数）

题目 2

求微分方程的通解：
(x2−1)y′+2xy=cos⁡x(x^2 - 1)y' + 2xy = \cos x
解析 将方程化为一阶线性非齐次微分方程标准形式 y′+P(x)y=Q(x)y' + P(x)y = Q(x)：
y′+2xx2−1y=cos⁡xx2−1y' + \frac{2x}{x^2 - 1}y = \frac{\cos x}{x^2 - 1}
其中 P(x)=2xx2−1P(x) = \frac{2x}{x^2 - 1}，Q(x)=cos⁡xx2−1Q(x) = \frac{\cos x}{x^2 - 1}。 先求积分因子 μ(x)=e∫P(x)dx\mu(x) = e^{\int P(x)dx}：
∫2xx2−1dx=ln⁡∣x2−1∣\int \frac{2x}{x^2 - 1}dx = \ln|x^2 - 1|
，故 μ(x)=eln⁡∣x2−1∣=x2−1\mu(x) = e^{\ln|x^2 - 1|} = x^2 - 1。 根据一阶线性方程通解公式 y=1μ(x)(∫μ(x)Q(x)dx+C)y = \frac{1}{\mu(x)}\left(\int \mu(x)Q(x)dx + C\right)：
y=1x2−1(∫(x2−1)⋅cos⁡xx2−1dx+C)y = \frac{1}{x^2 - 1}\left(\int (x^2 - 1)\cdot\frac{\cos x}{x^2 - 1}dx + C\right)
化简被积函数：
y=1x2−1(∫cos⁡xdx+C)y = \frac{1}{x^2 - 1}\left(\int \cos x dx + C\right)
积分得：
y=1x2−1(sin⁡x+C)y = \frac{1}{x^2 - 1}(\sin x + C)
（CC 为任意常数）

题目 3

求微分方程的特解：
y′′−3y′+2y=xe2x, y(0)=1, y′(0)=0y'' - 3y' + 2y = xe^{2x},\ y(0) = 1,\ y'(0) = 0
解析 第一步求对应的齐次方程 y′′−3y′+2y=0y'' - 3y' + 2y = 0 的通解： 特征方程为 r2−3r+2=0r^2 - 3r + 2 = 0，解得 r1=1r_1 = 1，r2=2r_2 = 2。 齐次通解为 Y=C1ex+C2e2xY = C_1e^x + C_2e^{2x}（C1,C2C_1,C_2 为任意常数）。 第二步求非齐次方程的一个特解 y∗y^*： 非齐次项 xe2xxe^{2x} 中 λ=2\lambda = 2 是特征方程的单根，设特解形式为 y∗=x(Ax+B)e2x=(Ax2+Bx)e2xy^* = x(Ax + B)e^{2x} = (Ax^2 + Bx)e^{2x} 求导：
y∗′=(2Ax+B)e2x+2(Ax2+Bx)e2x=(2Ax2+(2A+2B)x+B)e2xy^{*'} = (2Ax + B)e^{2x} + 2(Ax^2 + Bx)e^{2x} = (2Ax^2 + (2A + 2B)x + B)e^{2x} y∗′′=(4Ax+2A+2B)e2x+2(2Ax2+(2A+2B)x+B)e2x=(4Ax2+(8A+4B)x+2A+4B)e2xy^{*''} = (4Ax + 2A + 2B)e^{2x} + 2(2Ax^2 + (2A + 2B)x + B)e^{2x} = (4Ax^2 + (8A + 4B)x + 2A + 4B)e^{2x}
代入原方程，约去 e2xe^{2x}：
4Ax2+(8A+4B)x+2A+4B−3[2Ax2+(2A+2B)x+B]+2(Ax2+Bx)=x4Ax^2 + (8A + 4B)x + 2A + 4B - 3[2Ax^2 + (2A + 2B)x + B] + 2(Ax^2 + Bx) = x
整理同类项：
(4A−6A+2A)x2+(8A+4B−6A−6B+2B)x+(2A+4B−3B)=x(4A - 6A + 2A)x^2 + (8A + 4B - 6A - 6B + 2B)x + (2A + 4B - 3B) = x
即 2Ax+(2A+B)=x2A x + (2A + B) = x，比较系数得：
{2A=12A+B=0\begin{cases}2A = 1 \\ 2A + B = 0\end{cases}
解得 A=12A = \frac{1}{2}，B=−1B = -1。 故特解 y∗=(12x2−x)e2xy^* = \left(\frac{1}{2}x^2 - x\right)e^{2x}。
第三步求通解： y=Y+y∗=C1ex+C2e2x+(12x2−x)e2xy = Y + y^* = C_1e^x + C_2e^{2x} + \left(\frac{1}{2}x^2 - x\right)e^{2x} 第四步代入初始条件： y(0)=C1+C2=1y(0) = C_1 + C_2 = 1
y′=C1ex+2C2e2x+(x−1)e2x+2(12x2−x)e2xy' = C_1e^x + 2C_2e^{2x} + (x - 1)e^{2x} + 2\left(\frac{1}{2}x^2 - x\right)e^{2x}
y′(0)=C1+2C2−1=0y'(0) = C_1 + 2C_2 - 1 = 0 解得 C1=2C_1 = 2，C2=−1C_2 = -1。 特解为：
y=2ex−e2x+(12x2−x)e2x=2ex−(12x2+x+1)e2xy = 2e^x - e^{2x} + \left(\frac{1}{2}x^2 - x\right)e^{2x} = 2e^x - \left(\frac{1}{2}x^2 + x + 1\right)e^{2x}

题目 4

求微分方程的通解：
y′′+y=sec⁡xy'' + y = \sec x
解析 第一步求齐次方程 y′′+y=0y'' + y = 0 的通解： 特征方程 r2+1=0r^2 + 1 = 0，解得 r=±ir = \pm i，齐次通解 Y=C1cos⁡x+C2sin⁡xY = C_1\cos x + C_2\sin x（C1,C2C_1,C_2 为任意常数）。
第二步用常数变易法求非齐次特解 y∗y^*：
设 y∗=C1(x)cos⁡x+C2(x)sin⁡xy^* = C_1(x)\cos x + C_2(x)\sin x，其中 C1(x),C2(x)C_1(x),C_2(x) 满足：
{C1′(x)cos⁡x+C2′(x)sin⁡x=0−C1′(x)sin⁡x+C2′(x)cos⁡x=sec⁡x\begin{cases}C_1'(x)\cos x + C_2'(x)\sin x = 0 \\ -C_1'(x)\sin x + C_2'(x)\cos x = \sec x\end{cases}
解方程组： 由第一个方程得 C1′(x)=−C2′(x)tan⁡xC_1'(x) = -C_2'(x)\tan x，代入第二个方程：
−C2′(x)tan⁡x⋅sin⁡x+C2′(x)cos⁡x=sec⁡x-C_2'(x)\tan x \cdot \sin x + C_2'(x)\cos x = \sec x
化简：C2′(x)(−sin⁡2xcos⁡x+cos⁡x)=sec⁡x  ⟹  C2′(x)⋅cos⁡2xcos⁡x=sec⁡x  ⟹  C2′(x)=sec⁡2xC_2'(x)(-\frac{\sin^2 x}{\cos x} + \cos x) = \sec x \implies C_2'(x)\cdot\frac{\cos^2 x}{\cos x} = \sec x \implies C_2'(x) = \sec^2 x
积分得 C2(x)=tan⁡x+CC_2(x) = \tan x + C。
代入 C1′(x)=−C2′(x)tan⁡x=−sec⁡2xtan⁡xC_1'(x) = -C_2'(x)\tan x = -\sec^2 x \tan x，积分：
∫−sec⁡2xtan⁡xdx=−12tan⁡2x+D\int -\sec^2 x \tan x dx = -\frac{1}{2}\tan^2 x + D
（令 u=tan⁡xu = \tan x，du=sec⁡2xdxdu = \sec^2 x dx）
取 C=D=0C = D = 0，得 C1(x)=−12tan⁡2xC_1(x) = -\frac{1}{2}\tan^2 x，C2(x)=tan⁡xC_2(x) = \tan x。
特解 y∗=−12tan⁡2xcos⁡x+tan⁡xsin⁡x=−12sin⁡2xcos⁡x+sin⁡2xcos⁡x=12sin⁡2xcos⁡x=1−cos⁡2x2cos⁡x=12(sec⁡x−cos⁡x)y^* = -\frac{1}{2}\tan^2 x \cos x + \tan x \sin x = -\frac{1}{2}\frac{\sin^2 x}{\cos x} + \frac{\sin^2 x}{\cos x} = \frac{1}{2}\frac{\sin^2 x}{\cos x} = \frac{1 - \cos^2 x}{2\cos x} = \frac{1}{2}(\sec x - \cos x)。
通解为：y=Y+y∗=C1cos⁡x+C2sin⁡x+12(sec⁡x−cos⁡x)=(C1−12)cos⁡x+C2sin⁡x+12sec⁡xy = Y + y^* = C_1\cos x + C_2\sin x + \frac{1}{2}(\sec x - \cos x) = (C_1 - \frac{1}{2})\cos x + C_2\sin x + \frac{1}{2}\sec x，令 C1′=C1−12C_1' = C_1 - \frac{1}{2}，则通解为
y=C1′cos⁡x+C2sin⁡x+12sec⁡xy = C_1'\cos x + C_2\sin x + \frac{1}{2}\sec x
（C1′,C2C_1',C_2 为任意常数）

题目 5

求微分方程的通解：
x2y′′−xy′+y=xln⁡xx^2y'' - xy' + y = x\ln x
解析 这是欧拉方程，令 x=etx = e^t（t=ln⁡xt = \ln x），则： xy′=dydtxy' = \frac{dy}{dt}，x2y′′=d2ydt2−dydtx^2y'' = \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} 代入原方程：
(d2ydt2−dydt)−dydt+y=et⋅t\left(\frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt}\right) - \frac{dy}{dt} + y = e^t \cdot t
化简得二阶线性非齐次方程：
d2ydt2−2dydt+y=tet\frac{d^2y}{dt^2} - 2\frac{dy}{dt} + y = te^t
第一步求齐次通解：
特征方程 r2−2r+1=0r^2 - 2r + 1 = 0，解得 r=1r = 1（二重根），齐次通解 Y=(C1+C2t)etY = (C_1 + C_2t)e^t（C1,C2C_1,C_2 为任意常数）。
第二步求特解 y∗y^*：
λ=1\lambda = 1 是二重特征根，设 y∗=t2(At+B)et=(At3+Bt2)ety^* = t^2(At + B)e^t = (At^3 + Bt^2)e^t。 求导：
y∗′=(3At2+2Bt)et+(At3+Bt2)et=(At3+(3A+B)t2+2Bt)ety^{*'} = (3At^2 + 2Bt)e^t + (At^3 + Bt^2)e^t = (At^3 + (3A + B)t^2 + 2Bt)e^t y∗′′=(3At2+2(3A+B)t+2B)et+(At3+(3A+B)t2+2Bt)et=(At3+(6A+B)t2+(6A+4B)t+2B)ety^{*''} = (3At^2 + 2(3A + B)t + 2B)e^t + (At^3 + (3A + B)t^2 + 2Bt)e^t = (At^3 + (6A + B)t^2 + (6A + 4B)t + 2B)e^t
代入方程，约去 ete^t：
At3+(6A+B)t2+(6A+4B)t+2B−2[At3+(3A+B)t2+2Bt]+At3+Bt2=tAt^3 + (6A + B)t^2 + (6A + 4B)t + 2B - 2[At^3 + (3A + B)t^2 + 2Bt] + At^3 + Bt^2 = t
整理得 6At+2B=t6At + 2B = t，比较系数得 A=16A = \frac{1}{6}，B=0B = 0。 特解 y∗=16t3ety^* = \frac{1}{6}t^3e^t。
第三步回代 t=ln⁡xt = \ln x，通解：
y=(C1+C2ln⁡x)x+16(ln⁡x)3xy = (C_1 + C_2\ln x)x + \frac{1}{6}(\ln x)^3 x
（C1,C2C_1,C_2 为任意常数）

题目 6

求微分方程的通解：
dydx=2x+y−4x+y−1\frac{dy}{dx} = \frac{2x + y - 4}{x + y - 1}
解析 这是可化为齐次的方程，解方程组 {2x+y−4=0x+y−1=0\begin{cases}2x + y - 4 = 0 \\ x + y - 1 = 0\end{cases}，得交点 (3,−2)(3, -2)。 令 u=x−3u = x - 3，v=y+2v = y + 2，则 dx=dudx = du，dy=dvdy = dv，原方程化为：
dvdu=2u+vu+v\frac{dv}{du} = \frac{2u + v}{u + v}
这是齐次方程，令 t=vut = \frac{v}{u}（v=tuv = tu），则 dvdu=t+udtdu\frac{dv}{du} = t + u\frac{dt}{du}，代入：
t+udtdu=2u+tuu+tu=2+t1+tt + u\frac{dt}{du} = \frac{2u + tu}{u + tu} = \frac{2 + t}{1 + t}
化简：
udtdu=2+t1+t−t=2+t−t−t21+t=2−t21+tu\frac{dt}{du} = \frac{2 + t}{1 + t} - t = \frac{2 + t - t - t^2}{1 + t} = \frac{2 - t^2}{1 + t}
分离变量：
1+t2−t2dt=duu\frac{1 + t}{2 - t^2}dt = \frac{du}{u}
积分左边：
∫1+t2−t2dt=∫12−t2dt+∫t2−t2dt=122ln⁡∣2+t2−t∣−12ln⁡∣2−t2∣+C1\int \frac{1 + t}{2 - t^2}dt = \int \frac{1}{2 - t^2}dt + \int \frac{t}{2 - t^2}dt = \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\sqrt{2} + t}{\sqrt{2} - t}\right| - \frac{1}{2}\ln|2 - t^2| + C_1
积分右边：
∫duu=ln⁡∣u∣+C2\int \frac{du}{u} = \ln|u| + C_2
合并常数，整理：
122ln⁡∣2+vu2−vu∣−12ln⁡∣2−(vu)2∣=ln⁡∣u∣+C\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\sqrt{2} + \frac{v}{u}}{\sqrt{2} - \frac{v}{u}}\right| - \frac{1}{2}\ln\left|2 - \left(\frac{v}{u}\right)^2\right| = \ln|u| + C
回代 u=x−3u = x - 3，v=y+2v = y + 2，化简得通解：
ln⁡∣2(x−3)+y+22(x−3)−y−2∣−2ln⁡∣2(x−3)2−(y+2)2∣=C\ln\left|\frac{\sqrt{2}(x - 3) + y + 2}{\sqrt{2}(x - 3) - y - 2}\right| - \sqrt{2}\ln\left|2(x - 3)^2 - (y + 2)^2\right| = C
（CC 为任意常数）

题目 7

求微分方程的通解：
y′′′−3y′′+3y′−y=exy''' - 3y'' + 3y' - y = e^x
解析 第一步求齐次方程 y′′′−3y′′+3y′−y=0y''' - 3y'' + 3y' - y = 0 的通解：
特征方程 r3−3r2+3r−1=0r^3 - 3r^2 + 3r - 1 = 0，即 (r−1)3=0(r - 1)^3 = 0，解得 r=1r = 1（三重根）。 齐次通解 Y=(C1+C2x+C3x2)exY = (C_1 + C_2x + C_3x^2)e^x（C1,C2,C3C_1,C_2,C_3 为任意常数）。
第二步求非齐次特解 y∗y^*：
非齐次项 exe^x 中 λ=1\lambda = 1 是三重特征根，设特解形式为 y∗=Ax3exy^* = Ax^3e^x。
求导：
y∗′=A(3x2ex+x3ex)=A(x3+3x2)exy^{*'} = A(3x^2e^x + x^3e^x) = A(x^3 + 3x^2)e^x y∗′′=A(3x2+6x)ex+A(x3+3x2)ex=A(x3+6x2+6x)exy^{*''} = A(3x^2 + 6x)e^x + A(x^3 + 3x^2)e^x = A(x^3 + 6x^2 + 6x)e^x y∗′′′=A(3x2+12x+6)ex+A(x3+6x2+6x)ex=A(x3+9x2+18x+6)exy^{*'''} = A(3x^2 + 12x + 6)e^x + A(x^3 + 6x^2 + 6x)e^x = A(x^3 + 9x^2 + 18x + 6)e^x
代入原方程，约去 exe^x：
A(x3+9x2+18x+6)−3A(x3+6x2+6x)+3A(x3+3x2)−Ax3=1A(x^3 + 9x^2 + 18x + 6) - 3A(x^3 + 6x^2 + 6x) + 3A(x^3 + 3x^2) - Ax^3 = 1
整理得 6A=16A = 1，解得 A=16A = \frac{1}{6}。 特解 y∗=16x3exy^* = \frac{1}{6}x^3e^x。
通解为：
y=(C1+C2x+C3x2)ex+16x3exy = (C_1 + C_2x + C_3x^2)e^x + \frac{1}{6}x^3e^x
（C1,C2,C3C_1,C_2,C_3 为任意常数）

题目 8

求微分方程的通解：
y′+1xy=x2y6y' + \frac{1}{x}y = x^2y^6
解析 这是伯努利方程，标准形式 y′+P(x)y=Q(x)yny' + P(x)y = Q(x)y^n（n=6n = 6）。 令 z=y1−n=y−5z = y^{1 - n} = y^{-5}，则 dzdx=−5y−6y′\frac{dz}{dx} = -5y^{-6}y'，即 y′=−15y6dzdxy' = -\frac{1}{5}y^6\frac{dz}{dx}。 代入原方程：
−15y6dzdx+1xy=x2y6-\frac{1}{5}y^6\frac{dz}{dx} + \frac{1}{x}y = x^2y^6
两边除以 y6y^6（y≠0y \neq 0）：
−15dzdx+1xy−5=x2-\frac{1}{5}\frac{dz}{dx} + \frac{1}{x}y^{-5} = x^2
代入 z=y−5z = y^{-5}，化为一阶线性方程：
dzdx−5xz=−5x2\frac{dz}{dx} - \frac{5}{x}z = -5x^2
积分因子 μ(x)=e∫−5xdx=e−5ln⁡∣x∣=x−5\mu(x) = e^{\int -\frac{5}{x}dx} = e^{-5\ln|x|} = x^{-5}。 通解公式：z=1μ(x)(∫μ(x)Q(x)dx+C)z = \frac{1}{\mu(x)}\left(\int \mu(x)Q(x)dx + C\right)：
z=x5(∫x−5⋅(−5x2)dx+C)=x5(−5∫x−3dx+C)z = x^5\left(\int x^{-5}\cdot(-5x^2)dx + C\right) = x^5\left(-5\int x^{-3}dx + C\right)
积分得：
z=x5(−5⋅x−2−2+C)=x5(52x2+C)=52x3+Cx5z = x^5\left(-5\cdot\frac{x^{-2}}{-2} + C\right) = x^5\left(\frac{5}{2x^2} + C\right) = \frac{5}{2}x^3 + Cx^5
回代 z=y−5z = y^{-5}，通解：
y−5=52x3+Cx5y^{-5} = \frac{5}{2}x^3 + Cx^5
，即 1y5=Cx5+52x3\frac{1}{y^5} = Cx^5 + \frac{5}{2}x^3（CC 为任意常数），另有特解 y=0y = 0。

题目 9

求微分方程的特解：
y′′+4y=3∣sin⁡x∣, x∈[−π,π], y(π2)=0, y′(π2)=1y'' + 4y = 3|\sin x|,\ x \in [-\pi, \pi],\ y\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0,\ y'\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1
解析 分区间讨论，去掉绝对值： 当 x∈[0,π]x \in [0, \pi] 时，∣sin⁡x∣=sin⁡x|\sin x| = \sin x，方程为 y′′+4y=3sin⁡xy'' + 4y = 3\sin x；
当 x∈[−π,0)x \in [-\pi, 0) 时，∣sin⁡x∣=−sin⁡x|\sin x| = -\sin x，方程为 y′′+4y=−3sin⁡xy'' + 4y = -3\sin x。
第一步求 x∈[0,π]x \in [0, \pi] 时的解： 齐次通解 Y1=C1cos⁡2x+C2sin⁡2xY_1 = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x。 设特解 y1∗=Acos⁡x+Bsin⁡xy_1^* = A\cos x + B\sin x，代入方程：
−Acos⁡x−Bsin⁡x+4Acos⁡x+4Bsin⁡x=3sin⁡x-A\cos x - B\sin x + 4A\cos x + 4B\sin x = 3\sin x
得 3Acos⁡x+3Bsin⁡x=3sin⁡x3A\cos x + 3B\sin x = 3\sin x，解得 A=0A = 0，B=1B = 1，故 y1∗=sin⁡xy_1^* = \sin x。 通解 y1=C1cos⁡2x+C2sin⁡2x+sin⁡xy_1 = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x + \sin x。 代入初始条件 y(π2)=0y\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0：
C1cos⁡π+C2sin⁡π+sin⁡π2=−C1+1=0  ⟹  C1=1C_1\cos \pi + C_2\sin \pi + \sin \frac{\pi}{2} = -C_1 + 1 = 0 \implies C_1 = 1 y1′=−2C1sin⁡2x+2C2cos⁡2x+cos⁡xy_1' = -2C_1\sin 2x + 2C_2\cos 2x + \cos x
代入 y′(π2)=1y'\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1：
−2sin⁡π+2C2cos⁡π+cos⁡π2=−2C2=1  ⟹  C2=−12-2\sin \pi + 2C_2\cos \pi + \cos \frac{\pi}{2} = -2C_2 = 1 \implies C_2 = -\frac{1}{2}
故 x∈[0,π]x \in [0, \pi] 时，
y1=cos⁡2x−12sin⁡2x+sin⁡xy_1 = \cos 2x - \frac{1}{2}\sin 2x + \sin x
第二步求 x∈[−π,0)x \in [-\pi, 0) 时的解：
齐次通解 Y2=C3cos⁡2x+C4sin⁡2xY_2 = C_3\cos 2x + C_4\sin 2x。
设特解 y2∗=Dcos⁡x+Esin⁡xy_2^* = D\cos x + E\sin x，代入方程 y′′+4y=−3sin⁡xy'' + 4y = -3\sin x：
3Dcos⁡x+3Esin⁡x=−3sin⁡x3D\cos x + 3E\sin x = -3\sin x
解得 D=0D = 0，E=−1E = -1，故 y2∗=−sin⁡xy_2^* = -\sin x。
通解 y2=C3cos⁡2x+C4sin⁡2x−sin⁡xy_2 = C_3\cos 2x + C_4\sin 2x - \sin x。
利用 x=0x = 0 处连续性和可导性：
连续性：y1(0)=y2(0)  ⟹  1−0+0=C3−0  ⟹  C3=1y_1(0) = y_2(0) \implies 1 - 0 + 0 = C_3 - 0 \implies C_3 = 1。
可导性：y1′(0)=y2′(0)y_1'(0) = y_2'(0)，y1′(0)=0−1+1=0y_1'(0) = 0 - 1 + 1 = 0，y2′=−2C3sin⁡2x+2C4cos⁡2x−cos⁡xy_2' = -2C_3\sin 2x + 2C_4\cos 2x - \cos x，y2′(0)=2C4−1=0  ⟹  C4=12y_2'(0) = 2C_4 - 1 = 0 \implies C_4 = \frac{1}{2}。
故 x∈[−π,0)x \in [-\pi, 0) 时，
y2=cos⁡2x+12sin⁡2x−sin⁡xy_2 = \cos 2x + \frac{1}{2}\sin 2x - \sin x
综上特解：
y={cos⁡2x+12sin⁡2x−sin⁡x,x∈[−π,0)cos⁡2x−12sin⁡2x+sin⁡x,x∈[0,π]y = \begin{cases}\cos 2x + \frac{1}{2}\sin 2x - \sin x, & x \in [-\pi, 0) \\ \cos 2x - \frac{1}{2}\sin 2x + \sin x, & x \in [0, \pi]\end{cases}

题目 10

求微分方程的通解：
(y2−6x)y′+2y=0(y^2 - 6x)y' + 2y = 0
解析 将方程改写为以 xx 为因变量、yy 为自变量的方程：
dxdy=6x−y22y=3yx−y2\frac{dx}{dy} = \frac{6x - y^2}{2y} = \frac{3}{y}x - \frac{y}{2}
这是一阶线性非齐次方程 dxdy+P(y)x=Q(y)\frac{dx}{dy} + P(y)x = Q(y)，其中 P(y)=−3yP(y) = -\frac{3}{y}，Q(y)=−y2Q(y) = -\frac{y}{2}。
积分因子 μ(y)=e∫−3ydy=e−3ln⁡∣y∣=y−3\mu(y) = e^{\int -\frac{3}{y}dy} = e^{-3\ln|y|} = y^{-3}。
通解公式：x=1μ(y)(∫μ(y)Q(y)dy+C)x = \frac{1}{\mu(y)}\left(\int \mu(y)Q(y)dy + C\right)：
x=y3(∫y−3⋅(−y2)dy+C)=y3(−12∫y−2dy+C)x = y^3\left(\int y^{-3}\cdot\left(-\frac{y}{2}\right)dy + C\right) = y^3\left(-\frac{1}{2}\int y^{-2}dy + C\right)
积分得：
x=y3(−12⋅y−1−1+C)=y3(12y+C)=12y2+Cy3x = y^3\left(-\frac{1}{2}\cdot\frac{y^{-1}}{-1} + C\right) = y^3\left(\frac{1}{2y} + C\right) = \frac{1}{2}y^2 + Cy^3
（CC 为任意常数） 整理为隐函数形式：
x=Cy3+12y2x = Cy^3 + \frac{1}{2}y^2

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