4.4 二阶微分方程

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：4.3 可降阶微分方程（数三不要求） · 下一节：4.5 三阶（高阶）微分方程

解的结构是定性灵魂：
- 齐次通解 = 两个线性无关特解的任意线性组合： $y = C_1 y_1 + C_2 y_2$ ；
- 非齐次通解 = 对应齐次通解 + 非齐次特解： $y = C_1 y_1 + C_2 y_2 + y^*$ ；
- 特解相减变齐次：非齐次特解相减必为对应齐次方程的解（ $y_1^* - y_2^*$ 是齐次解）；
- 叠加原理（化整为零）：右端非齐次项若为多项之和 $f_1(x) + f_2(x)$ ，特解即为各自特解之和 $y_1^* + y_2^*$ ；
- 线性组合口诀：对于非齐次特解的线性组合 $\sum \lambda_i y_i^*$ ，若 $\sum \lambda_i = 1$ ，仍为该非齐次方程的解；若 $\sum \lambda_i = 0$ ，则为对应齐次方程的解！
常系数齐次方程（特征方程三部曲）：
- 写出特征方程 $r^2 + pr + q = 0$ ，计算判别式 $\Delta = p^2 - 4q$ ；
- 两相异实根 $\implies y = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}$ ；
- 二重实根 $\implies y = (C_1 + C_2 x)e^{r_1 x}$ ；
- 共轭复根 $\alpha \pm i\beta \implies y = e^{\alpha x}(C_1 \cos\beta x + C_2 \sin\beta x)$ 。
常系数非齐次方程（待定系数法两类标准型）：
- $P_n(x)e^{\alpha x}$ 型：设 $y^* = x^k Q_n(x)e^{\alpha x}$ （ $k$ 为 $\alpha$ 作为特征根的重数，取 0, 1, 2）；
- $e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x + P_n(x)\sin\beta x]$ 型：设 $y^* = x^k e^{\alpha x}[Q_l^{(1)}(x)\cos\beta x + Q_l^{(2)}(x)\sin\beta x]$ （ $l = \max\{m, n\}$ ， $k$ 为 $\alpha \pm i\beta$ 是否为特征根，取 0, 1）；
- 笔记叮嘱：掌握传统待定系数法足矣，考研切忌盲目依赖微分算子法！
奇偶性秒杀绝技（推荐使用）：
- 面对含三角函数的二阶非齐次方程，利用求导和线性组合的奇偶对称性，可直接断定待定系数中的奇次项为 0（如直接判定 $B_1 = 0, A_2 = 0$ ），将待定系数由 4 个骤降至 2 个，计算量缩减一半以上！

一、线性微分方程解的结构理论

二阶线性微分方程的一般形式为：

y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x)

其中 $p(x), q(x), f(x)$ 均为区间 $I$ 上的连续函数。

当右端自由项 $f(x) \equiv 0$ 时，称为二阶线性齐次方程： $y'' + p(x)y' + q(x)y = 0 \tag{1}$
当右端自由项 $f(x) \not\equiv 0$ 时，称为二阶线性非齐次方程： $y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x) \tag{2}$

1. 齐次线性方程的解的结构

两函数线性无关充要条件： $y_1(x)$ 与 $y_2(x)$ 线性无关 $\iff$ 它们之比不是常数： $\frac{y_1(x)}{y_2(x)} \ne \text{常数} \iff \left(\frac{y_1(x)}{y_2(x)}\right)' \ne 0 \iff y_1'(x)y_2(x) - y_1(x)y_2'(x) \ne 0$
朗斯基行列式（Wronskian）：两解线性无关等价于朗斯基行列式不恒为 0： $W(x) = \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) \\ y_1'(x) & y_2'(x) \end{vmatrix} = y_1(x)y_2'(x) - y_2(x)y_1'(x) \ne 0$ (详见后文【例 4.22.1】)

2. 非齐次线性方程的解的结构

3. 解的叠加原理（定理 4 详解）

1. 微分算子的线性性质（本质来源）：
引入二阶线性微分算子符号： $L[y] = y'' + p(x)y' + q(x)y$ 。
因为求导满足加法法则 $(u+v)' = u' + v', (u+v)'' = u'' + v''$ ，所以算子 $L$ 具备严格的线性叠加性：

L[y_1 + y_2] = L[y_1] + L[y_2]

2. 逐行代入验证：

已知 $y_1^*$ 是右端为 $f_1(x)$ 的解 $\implies L[y_1^*] = f_1(x)$ ；
已知 $y_2^*$ 是右端为 $f_2(x)$ 的解 $\implies L[y_2^*] = f_2(x)$ ；
现在检验 $y = y_1^* + y_2^*$ 代入方程左端的结果： $\begin{aligned} L[y_1^* + y_2^*] &= (y_1^* + y_2^*)'' + p(x)(y_1^* + y_2^*)' + q(x)(y_1^* + y_2^*) \\ &= [y_1^{*''} + p(x)y_1^{*'} + q(x)y_1^*] + [y_2^{*''} + p(x)y_2^{*'} + q(x)y_2^*] \\ &= L[y_1^*] + L[y_2^*] = f_1(x) + f_2(x) \end{aligned}$ 左端算出的结果正好等于右端的 $f_1(x) + f_2(x)$ ！这说明 $y_1^* + y_2^*$ 确实是新方程的特解！

3. 考研做题中的巨大价值（化整为零）：
当右端项由两种不同类型的函数相加（如 $f(x) = x + \cos x$ ）时，直接设特解极其困难且形式未知。
利用定理 4，我们可以拆开分别击破：

先求右端为 $x$ 的特解 $y_1^*$ ；
再求右端为 $\cos x$ 的特解 $y_2^*$ ；
最终特解直接相加： $y^* = y_1^* + y_2^*$ ！(详见后文【例 4.27】)

4. 非齐次解的线性组合规律总结

设 $y_1, y_2, \dots, y_m$ 是非齐次线性微分方程 $L[y] = f(x)$ 的特解，考虑线性组合：

Y(x) = \sum_{i=1}^m \lambda_i y_i = \lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2 + \dots + \lambda_m y_m

由算子的线性性质： $L[Y] = \sum_{i=1}^m \lambda_i L[y_i] = \left(\sum_{i=1}^m \lambda_i\right) f(x)$ 。因此：

系数之和 $\sum \lambda_i$	$L[Y]$ 的计算结果	$Y(x)$ 的数学性质	典型考查形式
$\sum_{i=1}^m \lambda_i = 1$	$L[Y] = 1 \cdot f(x) = f(x)$	仍为该非齐次方程的解	例 4.20 选 C；例 4.22.2、4.22.3
$\sum_{i=1}^m \lambda_i = 0$	$L[Y] = 0 \cdot f(x) = 0$	为对应齐次方程的解	例 4.22.2、4.22.3、例 4.23

二、二阶常系数齐次线性微分方程

二阶常系数线性齐次微分方程的标准形式为：

y'' + py' + qy = 0 \tag{3}

其中 $p, q$ 为实常数。

1. 特征方程与通解公式

令 $y = e^{rx}$ 代入方程 $(3)$ ，消去 $e^{rx} \ne 0$ 后得到其特征方程：

\boxed{r^2 + pr + q = 0}

设其判别式为 $\Delta = p^2 - 4q$ ，特征根为 $r_1, r_2$ 。通解形式完全由特征根决定：

判别式 $\Delta$	特征方程的根 $r_1, r_2$	微分方程的通解 $y(x)$	线性无关特解基底
$\Delta > 0$	两个不相等的实特征根： $r_1 \ne r_2$	$\boxed{y = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}}$	$y_1 = e^{r_1 x}, \; y_2 = e^{r_2 x}$
$\Delta = 0$	两个相等的二重实特征根： $r_1 = r_2$	$\boxed{y = (C_1 + C_2 x)e^{r_1 x}}$	$y_1 = e^{r_1 x}, \; y_2 = xe^{r_1 x}$
$\Delta < 0$	一对共轭复特征根： $r_{1,2} = \alpha \pm i\beta$	$\boxed{y = e^{\alpha x}(C_1 \cos\beta x + C_2 \sin\beta x)}$	$y_1 = e^{\alpha x}\cos\beta x, \; y_2 = e^{\alpha x}\sin\beta x$

(其中 $C_1, C_2$ 为任意实常数， $\alpha = -\dfrac{p}{2}, \beta = \dfrac{\sqrt{4q - p^2}}{2}$ )

2. 解的性态与有界性分析（笔记重点提示）

指数项在无穷远处的敛散性：对于解中的项 $e^{rx}$ $e^{r x}$ ：
- 若 $r > 0$ ，则 $\lim_{x\to+\infty} e^{rx} = +\infty$ （在 $+\infty$ 处无界）；
- 若 $r < 0$ ，则 $\lim_{x\to-\infty} e^{rx} = +\infty$ （在 $-\infty$ 处无界）。
- 推论：只要 $r \ne 0$ ， $e^{rx}$ 在全实数区间 $(-\infty, +\infty)$ 上必无界！
三角函数的周期性与有界性： $\cos\beta x$ 与 $\sin\beta x$ 具有周期性 $T = \dfrac{2\pi}{\beta}$ ，且在 $(-\infty, +\infty)$ 上处处有界（绝对值不超过 1）。
通解在 $(-\infty, +\infty)$ 上处处有界的充要条件：
- 若有实根 $r \ne 0$ 或二重根，必在某侧无穷远处无界；
- 若为共轭复根，解为 $e^{\alpha x}(C_1 \cos\beta x + C_2 \sin\beta x)$ ，欲使其在两侧均有界，必须有衰减/增长因子失效，即 $\alpha = 0$ ！
- 对应特征根为纯虚根： $r_{1,2} = \pm i\beta$ （即 $p = 0$ 且 $q = \beta^2 > 0$ ）。(详见后文【例 4.25】)

三、二阶常系数非齐次线性微分方程

二阶常系数线性非齐次微分方程的标准形式为：

y'' + py' + qy = f(x) \tag{4}

根据考研大纲要求，考生必须熟练掌握以下两类特殊自由项的待定系数法求特解。

1. 类型 I： $f(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$ 型

当自由项为 $f(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$ （其中 $P_n(x)$ 为 $x$ 的 $n$ 次多项式）时，特解设为：

\boxed{y^* = x^k Q_n(x) e^{\alpha x}}

其中 $Q_n(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ 为与 $P_n(x)$ 同次数的待定多项式， $k$ 为 $\alpha$ 在特征方程中的重数：

k = \begin{cases} 0, & \alpha \text{ 不是特征根}, \\ 1, & \alpha \text{ 是单特征根}, \\ 2, & \alpha \text{ 是二重特征根}. \end{cases}

求方程 $y'' - 2y' + 5y = e^x$ 的通解。

解：

求齐次通解：特征方程为 $r^2 - 2r + 5 = 0$ ，根为 $r_{1,2} = 1 \pm 2i$ （ $\alpha = 1, \beta = 2$ ）。
齐次方程通解为： $Y(x) = e^x(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x)$ 。
求非齐次特解：右端 $f(x) = 1 \cdot e^{1 \cdot x}$ ，此处 $\alpha = 1$ 。
因为 $1 \pm 2i \ne 1$ ，所以 $\alpha = 1$ 不是特征根，取 $k = 0$ 。
设特解为 $y^* = a e^x$ 。代入方程： $(ae^x)'' - 2(ae^x)' + 5(ae^x) = (a - 2a + 5a)e^x = 4ae^x = e^x$ 比较系数得 $4a = 1 \implies a = \dfrac{1}{4}$ 。故特解为 $y^* = \dfrac{1}{4}e^x$ 。
写出通解： $\boxed{y = e^x(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x) + \frac{1}{4}e^x}$

2. 类型 II： $f(x) = e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x + P_n(x)\sin\beta x]$ 型

当自由项为 $f(x) = e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x + P_n(x)\sin\beta x]$ 时，特解设为：

\boxed{y^* = x^k e^{\alpha x}\left[ Q_l^{(1)}(x)\cos\beta x + Q_l^{(2)}(x)\sin\beta x \right]}

其中：

次数 $l = \max\{m, n\}$ ；
$Q_l^{(1)}(x), Q_l^{(2)}(x)$ 分别为两个独立的 $l$ 次待定多项式；
$k$ 由复数 $\alpha \pm i\beta$ 是否为特征根决定： $k = \begin{cases} 0, & \alpha \pm i\beta \text{ 不是特征根}, \\ 1, & \alpha \pm i\beta \text{ 是特征根}. \end{cases}$

四、笔记绝技：奇偶性在二阶非齐次方程中的秒杀技巧

1. 奇偶性微分运算规律

在方程 $y'' + \omega^2 y = f(x)$ 中：

若 $y(x)$ 是偶函数 $\implies y'(x)$ 为奇函数 $\implies y''(x)$ 为偶函数！
因此：左端 $y'' + \omega^2 y$ 必为偶函数。
若 $y(x)$ 是奇函数 $\implies y'(x)$ 为偶函数 $\implies y''(x)$ 为奇函数！
因此：左端 $y'' + \omega^2 y$ 必为奇函数。

2. 经典实战剖析： $y'' + y = x\sin x$

常规待定系数法设解（极其繁琐）：
特征方程 $r^2 + 1 = 0 \implies r = \pm i$ 。右端 $\alpha = 0, \beta = 1$ ， $\alpha \pm i\beta = \pm i$ 是特征根，故 $k = 1$ 。
多项式为 1 次，因此常规设法必须设：

y^* = x\left[ (A_1 x + B_1)\cos x + (A_2 x + B_2)\sin x \right]

展开共有 4 个待定常数 $A_1, B_1, A_2, B_2$ 。求一次导、二次导代入比较系数极其耗时。

奇偶性秒杀分析（极力推荐）：

检验右端： $f(x) = x\sin x$ 。因为 $(-x)\sin(-x) = (-x)(-\sin x) = x\sin x$ ，所以 $f(x)$ 是偶函数！
确定特解奇偶性：方程左端为 $y'' + y$ （无 $y'$ 项），偶函数的二阶导仍为偶函数，故 特解 $y^*$ 必须是偶函数！
逐项审查展开式： $y^* = A_1 x^2\cos x + B_1 x\cos x + A_2 x^2\sin x + B_2 x\sin x$
- $x^2\cos x$ ： $\text{偶} \times \text{偶} = \text{偶函数}$ $\implies$ 保留 $A_1$ ；
- $x\cos x$ ： $\text{奇} \times \text{偶} = \text{奇函数}$ $\implies$ 必有 $B_1 = 0$ ；
- $x^2\sin x$ ： $\text{偶} \times \text{奇} = \text{奇函数}$ $\implies$ 必有 $A_2 = 0$ ；
- $x\sin x$ ： $\text{奇} \times \text{奇} = \text{偶函数}$ $\implies$ 保留 $B_2$ 。

💡 【CONCLUSION】秒杀结论

借助奇偶性，特解直接锁定为：
$\boxed{y^* = x(A_1 x\cos x + B_2\sin x)}$
未知参数由 4 个直接砍半为 2 个！代入后计算量断崖式下降！

五、经典题型与历年真题深度精析

题型一：解的结构性质与系数反求

方法一：通解结构变形
非齐次方程的通解形式为“齐次通解 + 非齐特解”。
因为 $y_1, y_2, y_3$ 均为非齐次方程的解，由定理 3 知 $y_1 - y_3$ 和 $y_2 - y_3$ 均为对应齐次方程的解，且由线性无关性可知它们是线性无关的。
故齐次方程的通解可写为 $C_1(y_1 - y_3) + C_2(y_2 - y_3)$ 。
再加上非齐次方程的一个特解 $y_3$ ，即得原方程通解：

y = C_1(y_1 - y_3) + C_2(y_2 - y_3) + y_3 = C_1 y_1 + C_2 y_2 + (1 - C_1 - C_2)y_3

方法二：系数和秒杀口诀
设组合形式为 $\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2 + \lambda_3 y_3$ 。
要使该组合为非齐次方程的解，其系数之和必须满足 $\sum \lambda_i = 1$ ：

选项 C 中： $C_1 + C_2 + (1 - C_1 - C_2) = 1$ ，恒成立且含有两个独立任意常数，故为通解！

正确答案：(C)

提取齐次方程的特解与特征根：
由定理 3，非齐次特解之差为对应齐次方程的解：
$\begin{aligned} Y_1 &= y_3 - y_1 = e^{-x} \implies r_1 = -1 \text{ 为特征根}, \\ Y_2 &= y_3 - y_2 = e^{2x} + 2e^{-x} \implies Y_2 - 2Y_1 = e^{2x} \implies r_2 = 2 \text{ 为特征根}. \end{aligned}$
因此对应齐次方程的特征方程为：
$(r + 1)(r - 2) = 0 \implies r^2 - r - 2 = 0$
从而对应的齐次方程为：
$y'' - y' - 2y = 0$
提取非齐次方程的一个特解并代回反求 $f(x)$ ：
由 $y_1 - e^{2x} = xe^x$ 可知， $y^* = xe^x$ 是原非齐次方程的一个特解。
求各阶导数：
$(y^*)' = e^x + xe^x, \qquad (y^*)'' = 2e^x + xe^x$
代入方程左端 $y'' - y' - 2y$ ：
$f(x) = (2e^x + xe^x) - (e^x + xe^x) - 2(xe^x) = e^x(1 - 2x)$
所求二阶常系数非齐次方程为：
$\boxed{y'' - y' - 2y = e^x(1 - 2x)}$

由齐次通解定特征根与 $a, b$ ：
通解中的齐次部分为 $(C_1 + C_2 x)e^{-x}$ ，由此可知特征方程具有二重实根 $r_1 = r_2 = -1$ 。
特征方程为：
$(r + 1)^2 = 0 \iff r^2 + 2r + 1 = 0$
对照原方程 $y'' + ay' + by = 0$ ，得 $a = 2, b = 1$ 。
由特解定参数 $c$ ：
通解中非齐次特解为 $y^* = e^x$ 。将 $y = e^x$ 代入方程 $y'' + 2y' + y = ce^x$ ：
$e^x + 2e^x + e^x = 4e^x = ce^x \implies c = 4$
因此 $a = 2, b = 1, c = 4$ 。

正确答案：(D)

[!quote] 分析说明 “非常非常好的一道题目！详见本小节首页‘定理 1’及其下方的‘注’！”

设 $f_1(x), f_2(x)$ 为二阶常系数线性微分方程 $y'' + py' + qy = 0$ 的两个特解， $C_1, C_2$ 为两个任意常数，则 $C_1 f_1(x) + C_2 f_2(x)$ 是该方程通解的充分条件是（　　）
A. $f_1(x)f_2'(x) - f_2(x)f_1'(x) = 0$
B. $f_1(x)f_2'(x) + f_2(x)f_1'(x) = 0$
C. $f_1(x)f_2'(x) + f_2(x)f_1'(x) \ne 0$
D. $f_1(x)f_2'(x) - f_2(x)f_1'(x) \ne 0$

由定理 1，要使 $C_1 f_1(x) + C_2 f_2(x)$ 是齐次微分方程的通解，充分必要条件是特解 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ 线性无关。
两函数线性无关的充要条件是它们之比不为常数：

\frac{f_1(x)}{f_2(x)} \ne C \iff \left(\frac{f_1(x)}{f_2(x)}\right)' \ne 0

利用商的求导法则：

\left(\frac{f_1(x)}{f_2(x)}\right)' = \frac{f_1'(x)f_2(x) - f_1(x)f_2'(x)}{f_2^2(x)} \ne 0 \iff f_1(x)f_2'(x) - f_2(x)f_1'(x) \ne 0

（此式实质即为两函数的朗斯基行列式 $W(f_1, f_2) \ne 0$ ）。

正确答案：(D)

[!quote] 分析说明 “若掌握了解的叠加原理与系数和性质，此题即为口算题。”

设 $y_1, y_2$ 是一阶线性非齐次微分方程 $y' + p(x)y = q(x)$ 的两个特解，若常数 $\lambda, \mu$ 使 $\lambda y_1 + \mu y_2$ 是该方程的解， $\lambda y_1 - \mu y_2$ 是该方程对应的齐次方程的解，则（　　）
（A） $\lambda = \dfrac{1}{2}, \mu = \dfrac{1}{2}$ 　（B） $\lambda = -\dfrac{1}{2}, \mu = -\dfrac{1}{2}$
（C） $\lambda = \dfrac{2}{3}, \mu = \dfrac{1}{3}$ 　（D） $\lambda = \dfrac{2}{3}, \mu = \dfrac{2}{3}$

法一：常规代入方程比较
将 $y = \lambda y_1 + \mu y_2$ 代入原方程：

(\lambda y_1 + \mu y_2)' + p(x)(\lambda y_1 + \mu y_2) = \lambda[y_1' + p(x)y_1] + \mu[y_2' + p(x)y_2] = (\lambda + \mu)q(x) = q(x)

因 $q(x) \ne 0$ ，故 $\lambda + \mu = 1$ 。
同理，将 $y = \lambda y_1 - \mu y_2$ 代入齐次方程 $y' + p(x)y = 0$ ：

\lambda[y_1' + p(x)y_1] - \mu[y_2' + p(x)y_2] = (\lambda - \mu)q(x) = 0 \implies \lambda - \mu = 0

联立解得 $\lambda = \dfrac{1}{2}, \mu = \dfrac{1}{2}$ 。

法二：系数和口算秒杀

$\lambda y_1 + \mu y_2$ 为非齐次解 $\implies$ 系数和 $\lambda + \mu = 1$ ；
$\lambda y_1 - \mu y_2 = \lambda y_1 + (-\mu) y_2$ 为齐次解 $\implies$ 系数和 $\lambda - \mu = 0$ ；
直接口算： $\lambda = \mu = \dfrac{1}{2}$ ！

正确答案：(A)

[!quote] 分析说明 “此题和上一题一模一样，选它的唯一目的就是想需要说明的是：真题就是一个轮回，一定一定要注意真题。”

设 $y_1(x), y_2(x)$ 是某二阶非齐次线性微分方程的两个特解，若常数 $\lambda, \mu$ 使 $2\lambda y_1(x) + \mu y_2(x)$ 是该方程的解， $\lambda y_1(x) - 2\mu y_2(x)$ 是该方程对应的齐次方程的解，则（　　）
（A） $\lambda = \dfrac{1}{5}, \mu = \dfrac{2}{5}$ 　（B） $\lambda = \dfrac{2}{5}, \mu = \dfrac{1}{5}$
（C） $\lambda = \dfrac{1}{4}, \mu = \dfrac{1}{2}$ 　（D） $\lambda = \dfrac{1}{2}, \mu = \dfrac{1}{4}$

特解差求齐次解并定 $p(x)$ ：
由定理 3，两非齐次解之差必为对应齐次方程 $y' + p(x)y = 0$ 的解：
$y_2 - y_1 = 2\sqrt{1+x^2}$
代入齐次方程：
$\left(2\sqrt{1+x^2}\right)' + p(x)\cdot 2\sqrt{1+x^2} = 0 \implies \frac{2x}{\sqrt{1+x^2}} + 2p(x)\sqrt{1+x^2} = 0$
解得：
$p(x) = -\frac{x}{1+x^2}$
特解均值求非齐次解并定 $q(x)$ ：
由系数和准则， $\dfrac{1}{2}y_1 + \dfrac{1}{2}y_2$ （系数和为 1）仍为原非齐次方程的解：
$y^* = \frac{y_1 + y_2}{2} = (1+x^2)^2$
求导得 $(y^*)' = 4x(1+x^2)$ 。将其与 $p(x)$ 一并代入原方程 $y' + p(x)y = q(x)$ ：
$q(x) = 4x(1+x^2) - \frac{x}{1+x^2}(1+x^2)^2 = 4x(1+x^2) - x(1+x^2) = 3x(1+x^2)$

正确答案：(A)

题型二：微分方程联立与多元转化

方程 $f'' + f' - 2f = 0$ 为齐次方程，特征方程为：

\lambda^2 + \lambda - 2 = 0 \implies (\lambda - 1)(\lambda + 2) = 0 \implies \lambda_1 = 1, \lambda_2 = -2

其通解为：

f(x) = C_1 e^x + C_2 e^{-2x}

求各阶导数： $f''(x) = C_1 e^x + 4C_2 e^{-2x}$ 。代入第二方程 $f''(x) + f(x) = 2e^x$ ：

(C_1 e^x + 4C_2 e^{-2x}) + (C_1 e^x + C_2 e^{-2x}) = 2C_1 e^x + 5C_2 e^{-2x} = 2e^x

比较两端系数得：

\begin{cases} 2C_1 = 2 \implies C_1 = 1 \\ 5C_2 = 0 \implies C_2 = 0 \end{cases}

故 $\boxed{f(x) = e^x}$ 。

两方程相减消去 $f''(x)$ ：

[f''(x) + f'(x) - 2f(x)] - [f''(x) + f(x)] = 0 - 2e^x \implies f'(x) - 3f(x) = -2e^x

套用一阶线性微分方程通解公式：

\begin{aligned} f(x) &= e^{\int 3\,\mathrm{d}x} \left[ \int (-2e^x)e^{-\int 3\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x + C \right] = e^{3x} \left[ \int -2e^{-2x}\,\mathrm{d}x + C \right] \\ &= e^{3x}(e^{-2x} + C) = e^x + C e^{3x} \end{aligned}

将其代回 $f''(x) + f'(x) - 2f(x) = 0$ ：

(e^x + 9Ce^{3x}) + (e^x + 3Ce^{3x}) - 2(e^x + Ce^{3x}) = 10Ce^{3x} = 0 \implies C = 0

故 $\boxed{f(x) = e^x}$ 。

第一步：化联立方程组为二阶非齐次方程求 $f(x)$
将 $f'(x) = g(x)$ 代入第二式 $g'(x) = 2e^x - f(x)$ ，得：

f''(x) + f(x) = 2e^x

特征方程 $r^2 + 1 = 0 \implies r = \pm i$ ，齐次通解为 $C_1 \cos x + C_2 \sin x$ ；
$\alpha = 1$ 不是特征根，设特解 $y^* = Ae^x$ ，代入得 $2Ae^x = 2e^x \implies A = 1$ ；
原方程通解为 $f(x) = C_1 \cos x + C_2 \sin x + e^x$ ；
代入初值定常数： $\begin{cases} f(0) = C_1 + 1 = 0 \implies C_1 = -1 \\ f'(0) = g(0) = C_2 + 1 = 2 \implies C_2 = 1 \end{cases}$ 于是解得： $f(x) = -\cos x + \sin x + e^x$ 易得 $f(0) = -1 + 0 + 1 = 0$ ， $f(\pi) = -(-1) + 0 + e^\pi = 1 + e^\pi$ 。

第二步：计算定积分（两种方法）
方法一（凑微分法）：
观察被积函数形式，由于 $g(x) = f'(x)$ ：

\left[ \frac{f(x)}{1+x} \right]' = \frac{f'(x)(1+x) - f(x)}{(1+x)^2} = \frac{g(x)}{1+x} - \frac{f(x)}{(1+x)^2}

因此两项正好是被积函数的全导数：

I = \int_0^\pi \left[ \frac{f(x)}{1+x} \right]'\mathrm{d}x = \left. \frac{f(x)}{1+x} \right|_0^\pi = \frac{f(\pi)}{1+\pi} - \frac{f(0)}{1+0} = \frac{1+e^\pi}{1+\pi}

方法二（推荐使用：分部积分法）：
对含分母平方的第二项进行分部积分（将 $\dfrac{1}{(1+x)^2}$ 凑入微分）：

\begin{aligned} \int_0^\pi \frac{f(x)}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x &= -\int_0^\pi f(x)\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x}\right) = -\left[ \left.\frac{f(x)}{1+x}\right|_0^\pi - \int_0^\pi \frac{f'(x)}{1+x}\,\mathrm{d}x \right] \\ &= -\frac{f(\pi)}{1+\pi} + \int_0^\pi \frac{g(x)}{1+x}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

移项整理即得：

I = \int_0^\pi \left[ \frac{g(x)}{1+x} - \frac{f(x)}{(1+x)^2} \right]\mathrm{d}x = \frac{f(\pi)}{1+\pi} = \boxed{\frac{1+e^\pi}{1+\pi}}

题型三：解的全局性态与参数范围

微分方程的特征方程为 $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$ 。题目要求此方程的所有解在 $(-\infty, +\infty)$ 上均有界。
讨论判别式 $\Delta = a^2 - 4b$ 的三种情形：

若 $\Delta > 0$ ：特征方程有两个不相等的实根 $\lambda_1 \ne \lambda_2$ 。
通解为 $y = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x}$ 。由于至多只有一个根为 0，必存在非零实根 $\lambda$ 。当 $x \to +\infty$ 或 $x \to -\infty$ 时， $e^{\lambda x} \to +\infty$ ，解必然无界。
若 $\Delta = 0$ ：特征方程有两个相等的实根 $\lambda$ 。
通解为 $y = (C_1 + C_2 x)e^{\lambda x}$ 。取 $C_1 = 0, C_2 = 1$ ，所得解 $y = xe^{\lambda x}$ 在无穷远处显然无界。
若 $\Delta < 0$ ：特征方程有一对共轭复根 $\lambda_{1,2} = \alpha \pm i\beta$ $λ_{1, 2} = α \pm i β$ ，其中 $\alpha = -\dfrac{a}{2}, \beta = \dfrac{\sqrt{4b - a^2}}{2} \ne 0$ $α = - \frac{a}{2}, β = \frac{4 b - a ^{2}}{2} \neq = 0$ 。
通解为： $y = e^{\alpha x}(C_1 \cos\beta x + C_2 \sin\beta x)$
- 若 $\alpha \ne 0$ ，由于三角函数在周期内振荡且不恒为 0，当 $x \to +\infty$ 或 $x \to -\infty$ 时，指数因子 $e^{\alpha x} \to +\infty$ 必导致解无界；
- 若 $\alpha = 0$ ，则 $e^{0 \cdot x} \equiv 1$ ，通解退化为纯三角周期振荡： $y = C_1 \cos\beta x + C_2 \sin\beta x$ 对任意常数 $C_1, C_2$ ，恒有 $|y| \le |C_1| + |C_2| < +\infty$ ，在 $(-\infty, +\infty)$ 上处处有界！

综上，必须且只需 $\alpha = -\dfrac{a}{2} = 0 \implies a = 0$ 。
代入 $\Delta = a^2 - 4b = -4b < 0 \implies b > 0$ 。

正确答案：(C)

题型四：非齐次方程的叠加原理与奇偶性特解求法

求对应齐次方程的通解：
特征方程为 $r^2 + 1 = 0$ ，根为 $r_{1,2} = \pm i$ 。
齐次通解为：
$Y(x) = C_1 \cos x + C_2 \sin x$
应用定理 4（叠加原理）分解求解特解：
将右端非齐次项拆分为 $f_1(x) = x$ 与 $f_2(x) = \cos x$ 。
- 求解子方程 $y'' + y = x$ 的特解 $y_1^*$ ：
  $\alpha = 0$ 不是特征根，设 $y_1^* = A_1 x + A_0$ 。
  代入方程得 $0 + (A_1 x + A_0) = x \implies A_1 = 1, A_0 = 0$ 。
  故特解为 $y_1^* = x$ 。
- 求解子方程 $y'' + y = \cos x$ 的特解 $y_2^*$ （结合奇偶性秒杀）：
  此处 $\alpha \pm i\beta = \pm i$ 是单特征根，故 $k = 1$ 。
  常规设法需设 $y_2^* = x(B_1 \cos x + B_2 \sin x) = B_1 x\cos x + B_2 x\sin x$ 。
  奇偶性审查：右端 $\cos x$ 是偶函数，方程左端无一阶导，故特解 $y_2^*$ 必须是偶函数！
  而 $x\cos x$ 为奇函数，直接判定 $B_1 = 0$ ！
  因此特解形式直接锁定为：
  $y_2^* = B_2 x\sin x$
  求导计算：
  $\begin{aligned} (y_2^*)' &= B_2 \sin x + B_2 x\cos x \\ (y_2^*)'' &= 2B_2 \cos x - B_2 x\sin x = 2B_2 \cos x - y_2^* \end{aligned}$
  代入方程： $(y_2^*)'' + y_2^* = 2B_2 \cos x = \cos x \implies B_2 = \dfrac{1}{2}$ 。
  故特解为 $y_2^* = \dfrac{1}{2}x\sin x$ 。
特解叠加与通解合成：
由定理 4，原方程的一个特解为：
$y^* = y_1^* + y_2^* = x + \frac{1}{2}x\sin x$
从而原方程的通解为：
$\boxed{y = C_1 \cos x + C_2 \sin x + x + \frac{1}{2}x\sin x}$
（其中 $C_1, C_2$ 为任意常数）。

[!tip] 解析提示利用奇偶性可以直接看出 $B_1$ 一定为 0；几乎任意一道涉及到三角函数的二阶非齐次微分方程，都可用此方法大大减轻计算量。

我的总结

本节内容是考研数学第四章常微分方程的关键组成部分。在复习与解题时应掌握以下主线：

识别方程类型：观察自变量、未知函数及各阶导数的组合形式，快速锁定标准型或代换方向；
掌握通用解法：公式法、降阶法、特征方程法熟练掌握，计算务必准确；
注重综合联动：微分方程常与变限积分、级数、中值定理及几何物理应用综合命题，强化前后知识贯通。

参考资料

考研数学历年真题（全国统考真题）
同济大学数学系《高等数学》（常微分方程章节）
常见考研辅导资料（张宇《高数十八讲》、李林《880题》等）
本人考研数学课程学习笔记与题型方法梳理

ギターと孤独と蒼い惑星

4.4 二阶微分方程

4.4 二阶微分方程

一、线性微分方程解的结构理论

1. 齐次线性方程的解的结构

2. 非齐次线性方程的解的结构

3. 解的叠加原理（定理 4 详解）

4. 非齐次解的线性组合规律总结

二、二阶常系数齐次线性微分方程

1. 特征方程与通解公式

2. 解的性态与有界性分析（笔记重点提示）

三、二阶常系数非齐次线性微分方程

1. 类型 I： $f(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$ 型

2. 类型 II： $f(x) = e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x + P_n(x)\sin\beta x]$ 型

四、笔记绝技：奇偶性在二阶非齐次方程中的秒杀技巧

1. 奇偶性微分运算规律

2. 经典实战剖析： $y'' + y = x\sin x$

五、经典题型与历年真题深度精析

题型一：解的结构性质与系数反求

题型二：微分方程联立与多元转化

题型三：解的全局性态与参数范围

题型四：非齐次方程的叠加原理与奇偶性特解求法

我的总结

参考资料

Comments

4.4 二阶微分方程

一、 线性微分方程解的结构理论

1. 齐次线性方程的解的结构

2. 非齐次线性方程的解的结构

3. 解的叠加原理（定理 4 详解）

4. 非齐次解的线性组合规律总结

二、 二阶常系数齐次线性微分方程

1. 特征方程与通解公式

2. 解的性态与有界性分析（笔记重点提示）

三、 二阶常系数非齐次线性微分方程

1. 类型 I：f(x)=Pn(x)eαxf(x) = P_n(x)e^{\alpha x}f(x)=Pn​(x)eαx 型

2. 类型 II：f(x)=eαx[Pm(x)cos⁡βx+Pn(x)sin⁡βx]f(x) = e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x + P_n(x)\sin\beta x]f(x)=eαx[Pm​(x)cosβx+Pn​(x)sinβx] 型

四、 笔记绝技：奇偶性在二阶非齐次方程中的秒杀技巧

1. 奇偶性微分运算规律

2. 经典实战剖析：y′′+y=xsin⁡xy'' + y = x\sin xy′′+y=xsinx

五、 经典题型与历年真题深度精析

题型一：解的结构性质与系数反求

题型二：微分方程联立与多元转化

题型三：解的全局性态与参数范围

题型四：非齐次方程的叠加原理与奇偶性特解求法

我的总结

参考资料

一、线性微分方程解的结构理论

二、二阶常系数齐次线性微分方程

三、二阶常系数非齐次线性微分方程

1. 类型 I： $f(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$ 型

2. 类型 II： $f(x) = e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x + P_n(x)\sin\beta x]$ 型

四、笔记绝技：奇偶性在二阶非齐次方程中的秒杀技巧

2. 经典实战剖析： $y'' + y = x\sin x$

五、经典题型与历年真题深度精析