高等数学练习题选

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PS：略有难度且难度不按顺序排。

极限

题目1

求极限：\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x^4项（因分母是x^4，分子需展开到同阶）：

步骤2：代入分子化简：

\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\limits_{x \to 0} \frac{\frac{11x^4}{24} + o(x^4)}{x^4} = \frac{11}{24}

题目2

求极限：\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 \frac{a - b}{1 + ab}（a,b>0）：

\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 = n^2 + n + 1，因此原式变为：

\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 \to 0时，\arctan t \sim t。令t = \frac{1}{n^2 + n + 1}，则n \to \infty时t \to 0，因此：

\arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \sim \frac{1}{n^2 + n + 1}

步骤4：代入求极限：

\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\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 \to 0^+时，\int_0^{x^2} \sin \sqrt{t} dt \to 0，x^3 \to 0，属于\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：\frac{d}{dx} \int_0^{u(x)} f(t) dt = f(u(x)) \cdot u'(x)，令u(x) = x^2，f(t) = \sin \sqrt{t}，则：

\frac{d}{dx} \int_0^{x^2} \sin \sqrt{t} dt = \sin \sqrt{x^2} \cdot 2x = \sin |x| \cdot 2x

因x \to 0^+，故|x|=x，即导数为2x \sin x。

步骤3：应用洛必达法则（一次求导）：

\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 \sim x，x \to 0）：

\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}

题目4

求极限：\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,\dots,n，有n^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n，因此：

\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=1到n求和，得到不等式：

n \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\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\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。

题目5

求极限：\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)的麦克劳林公式） 步骤1：令t = \frac{1}{x}，则x \to \infty时t \to 0，原式转化为：

\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)至t^2项：

\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 - \left(t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)\right) = \frac{t^2}{2} + o(t^2)

步骤4：求极限：

\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\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e的定义 步骤1：先处理(1+x)^{\frac{1}{x}}：令y = (1+x)^{\frac{1}{x}}，则\ln y = \frac{\ln(1+x)}{x}，展开\ln(1+x)：

\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - o(x^3)

因此：

\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做指数展开（e^u的麦克劳林公式，u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - o(x^2)）：

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^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}}至x项：

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y并化简分子：

(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\limits_{x \to 0} \frac{-\frac{e x}{2} + o(x)}{x} = -\frac{e}{2}

题目7

求极限：\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：\sqrt{1 + \cos \theta} = \sqrt{2\cos^2 \frac{\theta}{2}} = \sqrt{2} \left|\cos \frac{\theta}{2}\right|（因1+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2}）。 令\theta = \frac{k\pi}{n}，则：

\sqrt{1 + \cos \frac{k\pi}{n}} = \sqrt{2} \left|\cos \frac{k\pi}{2n}\right|

因k=1,2,\dots,n，故\frac{k\pi}{2n} \in (0, \frac{\pi}{2}]，\cos \frac{k\pi}{2n} \geq 0，因此绝对值可去掉：

\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\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx。 令x_k = \frac{k}{n}，则\frac{k\pi}{2n} = \frac{\pi}{2} x_k，\frac{1}{n} = dx，因此：

\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：

\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：

\sqrt{2} \cdot \frac{2}{\pi} = \frac{2\sqrt{2}}{\pi}

题目8

求极限：\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x^3}

解析： 方法1：洛必达法则（\frac{0}{0}型）：

方法2：泰勒展开（更直观）：

题目9

求极限：\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a_n = \left(\frac{n!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}，取自然对数：

\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\limits_{n \to \infty} \ln a_n = \int_0^1 \ln x dx

步骤3：计算反常积分（x=0是瑕点）：

\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\limits_{\epsilon \to 0^+} \epsilon \ln \epsilon = 0，可用洛必达法则：\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\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\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 = -2 \sin \frac{A+B}{2} \sin \frac{A-B}{2}

令A = \sin x，B = x，则：

\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：

步骤3：等价无穷小替换（\sin t \sim t，t \to 0）：

步骤4：代入分子化简：

-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\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：

\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 = x^2 e^x，dv = \frac{1}{(x+2)^2} dx。

步骤 2：应用分部积分公式 \int u dv = uv - \int v du：

\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+2）：

= -\frac{x^2 e^x}{x+2} + \int x e^x dx

步骤 4：对 \int x e^x dx 再次分部积分（令 u=x, dv=e^x dx）：

\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：

\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：

\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 x 有理化：

\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：

= \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：

步骤 4：合并结果：

\int \frac{\sin x}{1 + \sin x} dx = \sec x - \tan x + x + C

题目 3

计算不定积分：

\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 + x^2，则 dt = 2x dx，x^2 = t - 1，x^3 dx = x^2 \cdot x dx = \frac{1}{2}(t - 1) dt。

步骤 2：代入换元：

\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：

= \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 + x^2：

= \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：

\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 + \sqrt{1 + x^2})，dv = dx，则：

步骤 2：应用分部积分公式：

\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 + x^2，dt = 2x dx）：

\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：

\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：

\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）：

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）：

\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 = \frac{\sqrt{2}}{4}, B = \frac{1}{2}, C = -\frac{\sqrt{2}}{4}, D = \frac{1}{2}，即：

\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）：

\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

步骤 4：同理计算第二个分式，合并最终结果：

\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：

\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 \frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}）：

\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 x，du = \frac{1}{1+x^2} dx）：

\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 x，dv = \frac{1}{x^2} dx）：

步骤 4：计算 \int \frac{1}{x(1+x^2)} dx（拆分：\frac{1}{x(1+x^2)} = \frac{1}{x} - \frac{x}{1+x^2}）：

\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：

\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：

\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 x，dv = e^x dx，则 du = \cos x dx，v = e^x，

\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 x，dv = e^x dx，则 du = -\sin x dx，v = e^x，

\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：

\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 \int e^x \sin x dx = e^x (\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：

\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，利用 \sin^2 x = 1 - \cos^2 x：

\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 x，则 du = -\sin x dx，代入得：

= -\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）：

\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：

-\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 x 并整理：

\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：

\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 x，dv = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} dx，则：

步骤 2：应用分部积分公式：

\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：

= - \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：

\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 = a \sec t（t \in (0, \frac{\pi}{2})），则 dx = a \sec t \tan t dt，\sqrt{x^2 - a^2} = a \tan t。

步骤 2：代入换元：

\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^2 t = \sec^2 t - 1 积分：

a \int (\sec^2 t - 1) dt = a (\tan t - t) + C

步骤 4：回代（由 x = a \sec t 得 \tan t = \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a}，t = \arccos \frac{a}{x}）：

\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

\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}dx

解析 令

I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}dx

利用公式 \int_0^a f(x)dx=\int_0^a f(a-x)dx：

I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\cos x}{1+\sin^2 x}dx

相加：

2I=\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：

\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=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{4} =\frac{\pi^2}{4}

故

I=\frac{\pi^2}{8}

题目 2

求

\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx

解析 令 x=\tan t，dx=\sec^2 t dt：

I=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan t)dt

再令 t=\frac{\pi}{4}-u：

I=\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 =\frac{\pi}{4}\ln 2 - I

故

2I=\frac{\pi}{4}\ln 2\Rightarrow I=\frac{\pi}{8}\ln 2

题目 3

求

\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{1+x^2}dx

解析 令 x=\frac{1}{t}，dx=-\frac{1}{t^2}dt：

I=\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\Rightarrow I=0

题目 4

求

\int_0^{\pi} \frac{x\sin x}{3+\cos^2 x}dx

解析 令

I=\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{3+\cos^2 x}dx

用 \int_0^\pi f(x)dx=\int_0^\pi f(\pi-x)dx：

I=\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=\pi\int_0^\pi\frac{\sin x}{3+\cos^2 x}dx

令 u=\cos x，du=-\sin x dx：

\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=\frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}

题目 5

求

\int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}dx

解析 令 x=\sin t，dx=\cos t dt：

I=\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 =\frac{1}{8}\left(\frac{\pi}{2}-0\right)=\frac{\pi}{16}

题目 6

求

\int_0^{+\infty} \frac{1}{(x^2+1)^3}dx

解析 令 x=\tan t，dx=\sec^2 t dt：

I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4 t dt

Wallis 公式：

\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n}t dt =\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2} $$ I=\frac{3!!}{4!!}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{3\cdot1}{4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{3\pi}{16} $$ ## 题目 7 求 $$ \int_0^1 \frac{x^4}{1+x^2}dx $$ **解析** 多项式除法： $$ \frac{x^4}{1+x^2}=x^2-1+\frac{1}{1+x^2} $$ 积分： $$ I=\int_0^1\left(x^2-1+\frac{1}{1+x^2}\right)dx =\left(\frac{x^3}{3}-x+\arctan x\right)\bigg|_0^1 $$ $$ =\left(\frac13-1+\frac{\pi}{4}\right)-0 =\frac{\pi}{4}-\frac23 $$ ## 题目 8 求 $$ \int_0^{\ln 2} \sqrt{e^x-1}dx $$ **解析** 令 $t=\sqrt{e^x-1}$，$e^x=t^2+1$，$dx=\frac{2t}{t^2+1}dt$： $$ I=\int_0^1 t\cdot\frac{2t}{t^2+1}dt =2\int_0^1\frac{t^2}{t^2+1}dt =2\int_0^1\left(1-\frac{1}{t^2+1}\right)dt $$ $$ =2\left(t-\arctan t\right)\bigg|_0^1 =2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) =2-\frac{\pi}{2} $$ ## 题目 9 求 $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\tan^{\sqrt{2}}x}dx $$ **解析** 令 $$ I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^a x}dx,\ a=\sqrt{2} $$ 令 $x=\frac{\pi}{2}-t$： $$ I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cot^a t}dt =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\tan^a t}{1+\tan^a t}dt $$ 相加： $$ 2I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}1dx=\frac{\pi}{2} $$ 故 $$ I=\frac{\pi}{4} $$ ## 题目 10 求 $$ \int_0^1 \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx $$ **解析** 令 $t=\arcsin\sqrt{x}$，则 $\sqrt{x}=\sin t$，$x=\sin^2 t$， $dx=2\sin t\cos t dt$，$\sqrt{x(1-x)}=\sin t\cos t$： $$ I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{t}{\sin t\cos t}\cdot 2\sin t\cos t dt =2\int_0^{\frac{\pi}{2}}t dt =2\cdot\frac{\pi^2}{8} =\frac{\pi^2}{4} $$ # 微分方程 ## 题目 1 求微分方程的通解： $$ \frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \tan\frac{y}{x} $$ **解析** 这是齐次微分方程，令 $u = \frac{y}{x}$，则 $y = ux$，$\frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx}$。 代入原方程： $$ u + x\frac{du}{dx} = u + \tan u $$ 化简得： $$ x\frac{du}{dx} = \tan u $$ 分离变量： $$ \frac{du}{\tan u} = \frac{dx}{x} $$ 即： $$ \cot u du = \frac{1}{x} dx $$ 两边积分： $$ \int \cot u du = \int \frac{1}{x} dx $$ 左边积分得 $\ln|\sin u|$，右边积分得 $\ln|x| + \ln C$（$C>0$），整理： $$ \ln|\sin u| = \ln|Cx| $$ 去掉对数： $$ \sin u = Cx $$ 回代 $u = \frac{y}{x}$，得通解： $$ \sin\frac{y}{x} = Cx $$ （$C$ 为任意常数） ## 题目 2 求微分方程的通解： $$ (x^2 - 1)y' + 2xy = \cos x $$ **解析** 将方程化为一阶线性非齐次微分方程标准形式 $y' + P(x)y = Q(x)$： $$ y' + \frac{2x}{x^2 - 1}y = \frac{\cos x}{x^2 - 1} $$ 其中 $P(x) = \frac{2x}{x^2 - 1}$，$Q(x) = \frac{\cos x}{x^2 - 1}$。 先求积分因子 $\mu(x) = e^{\int P(x)dx}$： $$ \int \frac{2x}{x^2 - 1}dx = \ln|x^2 - 1| $$ ，故 $\mu(x) = e^{\ln|x^2 - 1|} = x^2 - 1$。 根据一阶线性方程通解公式 $y = \frac{1}{\mu(x)}\left(\int \mu(x)Q(x)dx + C\right)$： $$ y = \frac{1}{x^2 - 1}\left(\int (x^2 - 1)\cdot\frac{\cos x}{x^2 - 1}dx + C\right) $$ 化简被积函数： $$ y = \frac{1}{x^2 - 1}\left(\int \cos x dx + C\right) $$ 积分得： $$ y = \frac{1}{x^2 - 1}(\sin x + C) $$ （$C$ 为任意常数） ## 题目 3 求微分方程的特解： $$ y'' - 3y' + 2y = xe^{2x},\ y(0) = 1,\ y'(0) = 0 $$ **解析** 第一步求对应的齐次方程 $y'' - 3y' + 2y = 0$ 的通解： 特征方程为 $r^2 - 3r + 2 = 0$，解得 $r_1 = 1$，$r_2 = 2$。 齐次通解为 $Y = C_1e^x + C_2e^{2x}$（$C_1,C_2$ 为任意常数）。 第二步求非齐次方程的一个特解 $y^*$： 非齐次项 $xe^{2x}$ 中 $\lambda = 2$ 是特征方程的单根，设特解形式为 $$y^* = x(Ax + B)e^{2x} = (Ax^2 + Bx)e^{2x}$$ 求导： $$ y^{*'} = (2Ax + B)e^{2x} + 2(Ax^2 + Bx)e^{2x} = (2Ax^2 + (2A + 2B)x + B)e^{2x} $$ $$ y^{*''} = (4Ax + 2A + 2B)e^{2x} + 2(2Ax^2 + (2A + 2B)x + B)e^{2x} = (4Ax^2 + (8A + 4B)x + 2A + 4B)e^{2x} $$ 代入原方程，约去 $e^{2x}$： $$ 4Ax^2 + (8A + 4B)x + 2A + 4B - 3[2Ax^2 + (2A + 2B)x + B] + 2(Ax^2 + Bx) = x $$ 整理同类项： $$ (4A - 6A + 2A)x^2 + (8A + 4B - 6A - 6B + 2B)x + (2A + 4B - 3B) = x $$ 即 $2A x + (2A + B) = x$，比较系数得： $$ \begin{cases}2A = 1 \\ 2A + B = 0\end{cases} $$ 解得 $A = \frac{1}{2}$，$B = -1$。 故特解 $y^* = \left(\frac{1}{2}x^2 - x\right)e^{2x}$。 第三步求通解： $$y = Y + y^* = C_1e^x + C_2e^{2x} + \left(\frac{1}{2}x^2 - x\right)e^{2x}$$ 第四步代入初始条件： $y(0) = C_1 + C_2 = 1 y' = C_1e^x + 2C_2e^{2x} + (x - 1)e^{2x} + 2\left(\frac{1}{2}x^2 - x\right)e^{2x} y'(0) = C_1 + 2C_2 - 1 = 0

解得 C_1 = 2，C_2 = -1。 特解为：

y = 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 x

解析 第一步求齐次方程 y'' + y = 0 的通解： 特征方程 r^2 + 1 = 0，解得 r = \pm i，齐次通解 Y = C_1\cos x + C_2\sin x（C_1,C_2 为任意常数）。

第二步用常数变易法求非齐次特解 y^*：

设 y^* = C_1(x)\cos x + C_2(x)\sin x，其中 C_1(x),C_2(x) 满足：

\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 C_1'(x) = -C_2'(x)\tan x，代入第二个方程：

-C_2'(x)\tan x \cdot \sin x + C_2'(x)\cos x = \sec x

化简：C_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 C_2(x) = \tan x + C。\ 代入 C_1'(x) = -C_2'(x)\tan x = -\sec^2 x \tan x，积分：

\int -\sec^2 x \tan x dx = -\frac{1}{2}\tan^2 x + D

（令 u = \tan x，du = \sec^2 x dx）

取 C = D = 0，得 C_1(x) = -\frac{1}{2}\tan^2 x，C_2(x) = \tan x。\ 特解 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^* = 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 C_1' = C_1 - \frac{1}{2}，则通解为

y = C_1'\cos x + C_2\sin x + \frac{1}{2}\sec x

（C_1',C_2 为任意常数）

题目 5

求微分方程的通解：

x^2y'' - xy' + y = x\ln x

解析 这是欧拉方程，令 x = e^t（t = \ln x），则：

xy' = \frac{dy}{dt}$，$x^2y'' = \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt}

代入原方程：

\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：

\frac{d^2y}{dt^2} - 2\frac{dy}{dt} + y = te^t

第一步求齐次通解：\ 特征方程 r^2 - 2r + 1 = 0，解得 r = 1（二重根），齐次通解 Y = (C_1 + C_2t)e^t（C_1,C_2 为任意常数）。

第二步求特解 y^*：\

求导： $$ y^{*'} = (3At^2 + 2Bt)e^t + (At^3 + Bt^2)e^t = (At^3 + (3A + B)t^2 + 2Bt)e^t $$ $$ y^{*''} = (3At^2 + 2(3A + B)t + 2B)e^t + (At^3 + (3A + B)t^2 + 2Bt)e^t = (At^3 + (6A + B)t^2 + (6A + 4B)t + 2B)e^t $$ 代入方程，约去 $e^t$： $$ At^3 + (6A + B)t^2 + (6A + 4B)t + 2B - 2[At^3 + (3A + B)t^2 + 2Bt] + At^3 + Bt^2 = t $$ 整理得 $6At + 2B = t$，比较系数得 $A = \frac{1}{6}$，$B = 0$。 特解 $y^* = \frac{1}{6}t^3e^t$。 第三步回代 $t = \ln x$，通解： $$ y = (C_1 + C_2\ln x)x + \frac{1}{6}(\ln x)^3 x $$ （$C_1,C_2$ 为任意常数） ## 题目 6 求微分方程的通解： $$ \frac{dy}{dx} = \frac{2x + y - 4}{x + y - 1} $$ **解析** 这是可化为齐次的方程，解方程组 $\begin{cases}2x + y - 4 = 0 \\ x + y - 1 = 0\end{cases}$，得交点 $(3, -2)$。 令 $u = x - 3$，$v = y + 2$，则 $dx = du$，$dy = dv$，原方程化为： $$ \frac{dv}{du} = \frac{2u + v}{u + v} $$ 这是齐次方程，令 $t = \frac{v}{u}$（$v = tu$），则 $\frac{dv}{du} = t + u\frac{dt}{du}$，代入： $$ t + u\frac{dt}{du} = \frac{2u + tu}{u + tu} = \frac{2 + t}{1 + t} $$ 化简： $$ u\frac{dt}{du} = \frac{2 + t}{1 + t} - t = \frac{2 + t - t - t^2}{1 + t} = \frac{2 - t^2}{1 + t} $$ 分离变量： $$ \frac{1 + t}{2 - t^2}dt = \frac{du}{u} $$ 积分左边： $$ \int \frac{1 + t}{2 - t^2}dt = \int \frac{1}{2 - t^2}dt + \int \frac{t}{2 - t^2}dt = \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\sqrt{2} + t}{\sqrt{2} - t}\right| - \frac{1}{2}\ln|2 - t^2| + C_1 $$ 积分右边： $$ \int \frac{du}{u} = \ln|u| + C_2 $$ 合并常数，整理： $$ \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\sqrt{2} + \frac{v}{u}}{\sqrt{2} - \frac{v}{u}}\right| - \frac{1}{2}\ln\left|2 - \left(\frac{v}{u}\right)^2\right| = \ln|u| + C $$ 回代 $u = x - 3$，$v = y + 2$，化简得通解： $$ \ln\left|\frac{\sqrt{2}(x - 3) + y + 2}{\sqrt{2}(x - 3) - y - 2}\right| - \sqrt{2}\ln\left|2(x - 3)^2 - (y + 2)^2\right| = C $$ （$C$ 为任意常数） ## 题目 7 求微分方程的通解： $$ y''' - 3y'' + 3y' - y = e^x $$ **解析** 第一步求齐次方程 $y''' - 3y'' + 3y' - y = 0$ 的通解：\ 特征方程 $r^3 - 3r^2 + 3r - 1 = 0$，即 $(r - 1)^3 = 0$，解得 $r = 1$（三重根）。 齐次通解 $Y = (C_1 + C_2x + C_3x^2)e^x$（$C_1,C_2,C_3$ 为任意常数）。 第二步求非齐次特解 $y^*$：\ 非齐次项 $e^x$ 中 $\lambda = 1$ 是三重特征根，设特解形式为 $y^* = Ax^3e^x$。\ 求导： $$ y^{*'} = A(3x^2e^x + x^3e^x) = A(x^3 + 3x^2)e^x $$ $$ y^{*''} = A(3x^2 + 6x)e^x + A(x^3 + 3x^2)e^x = A(x^3 + 6x^2 + 6x)e^x $$ $$ y^{*'''} = A(3x^2 + 12x + 6)e^x + A(x^3 + 6x^2 + 6x)e^x = A(x^3 + 9x^2 + 18x + 6)e^x $$ 代入原方程，约去 $e^x$： $$ A(x^3 + 9x^2 + 18x + 6) - 3A(x^3 + 6x^2 + 6x) + 3A(x^3 + 3x^2) - Ax^3 = 1 $$ 整理得 $6A = 1$，解得 $A = \frac{1}{6}$。 特解 $y^* = \frac{1}{6}x^3e^x$。 通解为： $$ y = (C_1 + C_2x + C_3x^2)e^x + \frac{1}{6}x^3e^x $$ （$C_1,C_2,C_3$ 为任意常数） ## 题目 8 求微分方程的通解： $$ y' + \frac{1}{x}y = x^2y^6 $$ **解析** 这是伯努利方程，标准形式 $y' + P(x)y = Q(x)y^n$（$n = 6$）。 令 $z = y^{1 - n} = y^{-5}$，则 $\frac{dz}{dx} = -5y^{-6}y'$，即 $y' = -\frac{1}{5}y^6\frac{dz}{dx}$。 代入原方程： $$ -\frac{1}{5}y^6\frac{dz}{dx} + \frac{1}{x}y = x^2y^6 $$ 两边除以 $y^6$（$y \neq 0$）： $$ -\frac{1}{5}\frac{dz}{dx} + \frac{1}{x}y^{-5} = x^2 $$ 代入 $z = y^{-5}$，化为一阶线性方程： $$ \frac{dz}{dx} - \frac{5}{x}z = -5x^2 $$ 积分因子 $\mu(x) = e^{\int -\frac{5}{x}dx} = e^{-5\ln|x|} = x^{-5}$。 通解公式：$z = \frac{1}{\mu(x)}\left(\int \mu(x)Q(x)dx + C\right)$： $$ z = x^5\left(\int x^{-5}\cdot(-5x^2)dx + C\right) = x^5\left(-5\int x^{-3}dx + C\right) $$ 积分得： $$ z = x^5\left(-5\cdot\frac{x^{-2}}{-2} + C\right) = x^5\left(\frac{5}{2x^2} + C\right) = \frac{5}{2}x^3 + Cx^5 $$ 回代 $z = y^{-5}$，通解： $$ y^{-5} = \frac{5}{2}x^3 + Cx^5 $$ ，即 $\frac{1}{y^5} = Cx^5 + \frac{5}{2}x^3$（$C$ 为任意常数），另有特解 $y = 0$。 ## 题目 9 求微分方程的特解： $$ y'' + 4y = 3|\sin x|,\ x \in [-\pi, \pi],\ y\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0,\ y'\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 $$ **解析** 分区间讨论，去掉绝对值： 当 $x \in [0, \pi]$ 时，$|\sin x| = \sin x$，方程为 $y'' + 4y = 3\sin x$；\ 当 $x \in [-\pi, 0)$ 时，$|\sin x| = -\sin x$，方程为 $y'' + 4y = -3\sin x$。 第一步求 $x \in [0, \pi]$ 时的解： 齐次通解 $Y_1 = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x$。 设特解 $y_1^* = A\cos x + B\sin x$，代入方程： $$ -A\cos x - B\sin x + 4A\cos x + 4B\sin x = 3\sin x $$ 得 $3A\cos x + 3B\sin x = 3\sin x$，解得 $A = 0$，$B = 1$，故 $y_1^* = \sin x$。 通解 $y_1 = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x + \sin x$。 代入初始条件 $y\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$： $$ C_1\cos \pi + C_2\sin \pi + \sin \frac{\pi}{2} = -C_1 + 1 = 0 \implies C_1 = 1 $$ $$ y_1' = -2C_1\sin 2x + 2C_2\cos 2x + \cos x $$ 代入 $y'\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$： $$ -2\sin \pi + 2C_2\cos \pi + \cos \frac{\pi}{2} = -2C_2 = 1 \implies C_2 = -\frac{1}{2} $$ 故 $x \in [0, \pi]$ 时， $$ y_1 = \cos 2x - \frac{1}{2}\sin 2x + \sin x $$ 第二步求 $x \in [-\pi, 0)$ 时的解：\ 齐次通解 $Y_2 = C_3\cos 2x + C_4\sin 2x$。\ 设特解 $y_2^* = D\cos x + E\sin x$，代入方程 $y'' + 4y = -3\sin x$： $$ 3D\cos x + 3E\sin x = -3\sin x $$ 解得 $D = 0$，$E = -1$，故 $y_2^* = -\sin x$。\ 通解 $y_2 = C_3\cos 2x + C_4\sin 2x - \sin x$。\ 利用 $x = 0$ 处连续性和可导性：\ 连续性：$y_1(0) = y_2(0) \implies 1 - 0 + 0 = C_3 - 0 \implies C_3 = 1$。\ 可导性：$y_1'(0) = y_2'(0)$，$y_1'(0) = 0 - 1 + 1 = 0$，$y_2' = -2C_3\sin 2x + 2C_4\cos 2x - \cos x$，$y_2'(0) = 2C_4 - 1 = 0 \implies C_4 = \frac{1}{2}$。\ 故 $x \in [-\pi, 0)$ 时， $$ y_2 = \cos 2x + \frac{1}{2}\sin 2x - \sin x $$ 综上特解： $$ y = \begin{cases}\cos 2x + \frac{1}{2}\sin 2x - \sin x, & x \in [-\pi, 0) \\ \cos 2x - \frac{1}{2}\sin 2x + \sin x, & x \in [0, \pi]\end{cases} $$ ## 题目 10 求微分方程的通解： $$ (y^2 - 6x)y' + 2y = 0 $$ **解析** 将方程改写为以 $x$ 为因变量、$y$ 为自变量的方程： $$ \frac{dx}{dy} = \frac{6x - y^2}{2y} = \frac{3}{y}x - \frac{y}{2} $$ 这是一阶线性非齐次方程 $\frac{dx}{dy} + P(y)x = Q(y)$，其中 $P(y) = -\frac{3}{y}$，$Q(y) = -\frac{y}{2}$。\ 积分因子 $\mu(y) = e^{\int -\frac{3}{y}dy} = e^{-3\ln|y|} = y^{-3}$。\ 通解公式：$x = \frac{1}{\mu(y)}\left(\int \mu(y)Q(y)dy + C\right)$： $$ x = y^3\left(\int y^{-3}\cdot\left(-\frac{y}{2}\right)dy + C\right) = y^3\left(-\frac{1}{2}\int y^{-2}dy + C\right) $$ 积分得： $$ x = y^3\left(-\frac{1}{2}\cdot\frac{y^{-1}}{-1} + C\right) = y^3\left(\frac{1}{2y} + C\right) = \frac{1}{2}y^2 + Cy^3 $$ （$C$ 为任意常数） 整理为隐函数形式： $$ x = Cy^3 + \frac{1}{2}y^2 $$