可降阶的高阶微分方程

§8.2 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.16 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

0.2 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）一阶微分方程（可分离、齐次、线性、伯努利）高阶导数

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 可降阶三型总表： $y^{(n)} = f (x)$ 逐次积分、缺 $y$ 令 $p = y^{'} (x)$ 、缺 $x$ 令 $y^{''} = p \frac{d p}{d y}$ ★★ 必会

高阶方程可降阶的标准类型有三种，判定的要领是：方程中缺少哪个变量，就绕开哪个变量降阶。

① $y^{(n)} = f (x)$ 型：右端只含

x

，逐次积分 $n$ 次即得通解；每积分一次出现一个任意常数，共

n

个。例如

y^{''} = cos x \Rightarrow y^{'} = sin x + C_{1} \Rightarrow y = - cos x + C_{1} x + C_{2}

。

② 缺 $y$ 型

F (x, y^{'}, y^{''}) = 0

（方程中不显含

y

）：令

p = y^{'}

，并把 $p$ 看作 $x$ 的函数，则

y^{''} = \frac{d p}{d x} = p^{'},

方程降为关于

p (x)

的一阶方程；解出

p

后再积分一次才得到

y

（详细的例题以及漏掉第二次积分所致的错误，见后文专条）。

③ 缺 $x$ 型

F (y, y^{'}, y^{''}) = 0

（方程中不显含

x

）：令

p = y^{'}

，但改把 $p$ 看作 $y$ 的函数，由链式法则

y^{''} = \frac{d p}{d x} = \frac{d p}{d y} \cdot \frac{d y}{d x} = p \frac{d p}{d y},

方程降为关于

p (y)

的一阶方程；解出

p = p (y)

后，再由

\frac{d y}{d x} = p (y)

分离变量积分出

x, y

的关系。

两种类型都适用时：若

x, y

都不出现，则两条路都可行，但应优先按 ②（此时

y^{''} = p^{'}

不必动用链式法则，步骤最少，理由见后文悬链线一条）。关于任意常数：二阶方程的通解必须含

2

个独立的任意常数；②③ 都是先解一个一阶方程

+

再积分一次，每一步各出现一个常数（对初值问题应先定出 $C_{1}$ 再积分，见后文条目）。

证明 / 推导

③ 中的链式推导为何合法：在解曲线上

y^{'} \neq = 0

的区段内，

y = y (x)

严格单调，因而存在反函数

x = x (y)

，于是

p = y^{'}

可以通过

p = y^{'} (x (y))

看作

y

的函数。对

x

求导时用链式法则，得

y^{''} = \frac{d}{d x} p = \frac{d p}{d y} \cdot \frac{d y}{d x} = p \frac{d p}{d y} .

于是二阶方程中的

y^{''}

被

p \frac{d p}{d y}

所代替，

x

不再出现，方程中只剩下自变量

y

与未知函数

p (y)

，阶数降低了一阶。

关于除以 $p$ ：推演中若两边除以

p

，就丢掉了

p \equiv 0

即

y \equiv

常数这一族解，必须回头检验并补回（原因见后文关于丢解的条目）。

■

举例说明

真题（2002 数一） 求

y y^{''} + (y^{'})^{2} = 0

满足

y (0) = 1, y^{'} (0) = \frac{1}{2}

的特解。

判型：方程不显含

x

，属缺

x

型。令

p = y^{'}

，

y^{''} = p \frac{d p}{d y}

，得

y p \frac{d p}{d y} + p^{2} = 0.

约去

p

（

p \equiv 0

对应

y \equiv

常数，不满足

y^{'} (0) = \frac{1}{2}

，故舍去），得

y \frac{d p}{d y} = - p

；分离变量得

\frac{d p}{p} = - \frac{d y}{y}

，积分得

p = \frac{C _{1}}{y}

。

先定出 $C_{1}$ ：当

y = 1

时

p = \frac{1}{2} \Rightarrow C_{1} = \frac{1}{2}

，即

y^{'} = \frac{1}{2 y}

。再分离变量：

2 y d y = d x \Rightarrow y^{2} = x + C_{2}

；由

y (0) = 1

得

C_{2} = 1

。又

y (0) = 1 > 0

，故取正支：

y = x + 1 .

另一种较快的解法：注意到

y y^{''} + (y^{'})^{2} = (y y^{'})^{'}

，方程即

(y y^{'})^{'} = 0

，直接积分得

y y^{'} = \frac{1}{2}

，也就是

(y^{2})^{'} = 1

。凡左端恰是某个函数的导数时，都可以绕过降阶的步骤，两种解法的结果一致。

2. 缺 y 型（类型二）的完整范例：令 p=y'(x)，不要漏掉第二次积分

常见的范例多为缺

x

型，这里补一个缺

y

型（即

F (x, y^{'}, y^{''}) = 0

）的完整演算，以见两类的差别。

要领：方程中既然不出现

y

，就把最低阶的

y^{'}

直接取作新的未知函数，令

p = y^{'}

，自变量仍为 $x$ ，于是

y^{''} = \frac{d p}{d x} = p^{'}

（这里不涉及链式法则，故比缺

x

型简单）。方程降为关于

p (x)

的一阶方程，解出

p = y^{'}

后，必须再积分一次才得到

y

。这一步最易遗漏，一旦漏掉，答案就少一个任意常数，阶数也不相符。

举例说明

例. 求

(1 + x^{2}) y^{''} = 2 x y^{'}

的通解。

判型：方程含

x, y^{'}, y^{''}

而不含 $y$ ，属缺

y

型。令

p = y^{'}

，

y^{''} = p^{'}

，得

(1 + x^{2}) p^{'} = 2 x p ⟹ \frac{d p}{p} = \frac{2 x}{1 + x ^{2}} d x .

积分得

ln ∣ p ∣ = ln (1 + x^{2}) + c_{1}

，即

p = C_{1} (1 + x^{2})

。

再积分一次（这一步是关键）：由

y^{'} = C_{1} (1 + x^{2})

得

y = C_{1} (x + \frac{x ^{3}}{3}) + C_{2} .

y = C_{1} (x + \frac{1}{3} x^{3}) + C_{2} .

二阶方程的通解恰含

C_{1}, C_{2}

两个独立的任意常数。若忘记第二次积分，就只停留在

p = C_{1} (1 + x^{2})

，而它并不是

y

。

3. 既缺 x 又缺 y（F(y',y'')=0）：按缺 y 型来解最为简便，悬链线

当方程

F (y^{'}, y^{''}) = 0

同时不含 $x$ 与 $y$ 时，两条降阶的路都合法，但把 $p$ 看作 $x$ 的函数（即按缺 $y$ 型， $y^{''} = p^{'}$ ）最为简便：这样直接得到

p^{'} = （只含 p 的式子）

，它是可分离变量的一阶方程；若按缺

x

型来做（把

p

看作

y

的函数，用

y^{''} = p d p / d y

）也能求解，但会把

y

牵扯进来，最后还要多绕一层。

判断的方法：既然

x, y

都不出现，就应选那条不再引入它们的路，即把

p

看作

x

的函数，取

y^{''} = p^{'}

，一步即可。这类方程的典型代表是悬链线方程（它描述自由悬挂的链条的形状）。

举例说明

例. 求

y^{''} = 1 + (y^{'})^{2}

的通解（悬链线方程，取比例系数为 1）。

按缺 $y$ 型来解（把 $p$ 看作 $x$ 的函数，最为简便）：令

p = y^{'}

，

y^{''} = p^{'}

，得

\frac{d p}{d x} = 1 + p^{2} ⟹ \frac{d p}{1 + p ^{2}} = d x .

积分（其中

\int \frac{d p}{1 + p ^{2}} = ln (p + 1 + p^{2}) = arsinh p

）得

arsinh p = x + C_{1}

，故

p = sinh (x + C_{1})

。再积分一次，得

y = cosh (x + C_{1}) + C_{2}

，这条双曲余弦曲线就是悬链线。

作个比较：若按缺

x

型来做，则由

p \frac{d p}{d y} = 1 + p^{2}

得

1 + p^{2} = y + c

，此时

p

只能由

y

隐式地表示，还要再分离一次变量，显然绕了远路。因此这一类方程应首选把

p

看作

x

的函数。

4. 降阶遇初值：先定出 C₁ 再积分，避免最后解方程组

解降阶型的初值问题有一个要领：初值

y (x_{0}), y^{'} (x_{0})

应当在第一次积分之后立即代入，定出

C_{1}

，再作第二次积分定出

C_{2}

，而不要把

C_{1}, C_{2}

一直带到最后再解二元方程组。

这样做为什么更好：

y^{'} (x_{0})

就是

p (x_{0})

，第一次积分得到

p

（其中含

C_{1}

）之后，

p

的初值现成可用，一步即可定出

C_{1}

；

C_{1}

已知后，第二次积分再用

y (x_{0})

定出

C_{2}

。这样每一步只需解一个一元方程，既快又不易出错。若拖到最后，

C_{1}, C_{2}

往往纠缠在超越方程之中，反而难解。

举例说明

例. 解初值问题

y^{''} = 1 + (y^{'})^{2}, y (0) = 0, y^{'} (0) = 0

。

降阶（方程缺

x, y

，令

p = y^{'}

并把它看作

x

的函数）：

\frac{d p}{d x} = 1 + p^{2} \Rightarrow \frac{d p}{1 + p ^{2}} = d x \Rightarrow arctan p = x + C_{1}

。

先定出 $C_{1}$ ：由

p (0) = y^{'} (0) = 0 \Rightarrow arctan 0 = 0 + C_{1} \Rightarrow C_{1} = 0

。于是

p = tan x

，即

y^{'} = tan x

。

再积分并定出 $C_{2}$ ：

y = \int tan x d x = - ln ∣ cos x ∣ + C_{2}

；由

y (0) = 0 \Rightarrow C_{2} = 0

。故

y = - ln cos x = ln sec x .

若把

C_{1}, C_{2}

拖到最后，则由

y = - ln ∣ cos (x + C_{1}) ∣ + C_{2}

代入初值将得到含

cos C_{1}

的方程组，远不如先定出

C_{1}

来得简便。

5. 两次积分所得的两个常数必须独立；除以 p 会丢掉 y=常数这一族解★ 要懂

降阶时最易忽略的两点都与任意常数和丢解有关。

其一，常数的独立性：

n

阶方程的通解须含

n

个相互独立的任意常数。降阶要作两次积分，每次出现一个常数，二者必须真正独立（不能一个是另一个的函数），否则通解就不完整。

其二，除以 p 会丢掉平凡解：解关于

p

的方程时，若两边除以了

p

（或

p

的某次幂），就默认了

p \neq = 0

，从而丢掉了

p \equiv 0

所对应的

y \equiv 常数

。而

y =

常数往往确实是原方程的解，且不包含在主通解族之中，须单独检验并补回。判别的方法与前一节相同：除以了哪个量，就要回头检验该量

= 0

时是否也给出解。

举例说明

例. 解

y^{''} = (y^{'})^{2}

，说明丢解。

降阶（方程缺

x, y

，取

p = y^{'}

为

x

的函数）：

\frac{d p}{d x} = p^{2}

。两边除以

p^{2}

（这里默认 $p \neq = 0$ ），得

\frac{d p}{p ^{2}} = d x ⟹ - \frac{1}{p} = x + C_{1} ⟹ p = - \frac{1}{x + C _{1}} .

再积分一次：

y = - ln ∣ x + C_{1} ∣ + C_{2}

，其中

C_{1}, C_{2}

相互独立。

丢掉的解：除以

p^{2}

时排除了

p \equiv 0

，也就是排除了

y \equiv C

。容易验证

y = C

确是解：

y^{''} = 0 = (y^{'})^{2} = 0

成立；而它无法表示成

- ln ∣ x + C_{1} ∣ + C_{2}

的形式（后者不可能恒为常数）。故完整的答案还应补上

y \equiv C

。

💡 小知识

类型三（缺 x）用到的 y''=p·dp/dy，在物理里对应的就是能量守恒：把方程两边同乘 dy 再积分，得到的恰好是合力做的功等于动能的增量。只依赖位置的保守力场之所以能定义势能，道理也在这里。降阶这一手技巧和能量守恒说的是同一件事。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求方程

y^{''} = 6 x

的通解。难度 1

方程右端只含

x

（类型一），逐次积分即可。第一次积分：

y^{'} = \int 6 x d x = 3 x^{2} + C_{1} .

第二次积分：

y = \int (3 x^{2} + C_{1}) d x = x^{3} + C_{1} x + C_{2} .

二阶方程通解恰含两个独立常数

C_{1}, C_{2}

。验证：

y^{''} = 6 x

。

例 2 求方程

(1 + x^{2}) y^{''} = 2 x y^{'}

的通解。难度 2

方程中不含 $y$ （缺

y

型）。令

p = y^{'}

，视

p

为

x

的函数，则

y^{''} = p^{'}

，方程降为一阶：

(1 + x^{2}) p^{'} = 2 x p ⟹ \frac{d p}{p} = \frac{2 x}{1 + x ^{2}} d x .

积分得

ln ∣ p ∣ = ln (1 + x^{2}) + C

，即

p = C_{1} (1 + x^{2})

。再积分一次（

p = y^{'}

）：

y = \int C_{1} (1 + x^{2}) d x = C_{1} (x + \frac{x ^{3}}{3}) + C_{2} .

验证：

y^{'} = C_{1} (1 + x^{2})

，

y^{''} = 2 C_{1} x

，代入左端

(1 + x^{2}) \cdot 2 C_{1} x = 2 x \cdot C_{1} (1 + x^{2})

，与右端相等。

例 3 求方程

y y^{''} + (y^{'})^{2} = 0

的通解（

y > 0

）。难度 2

方程中不含自变量 $x$ （缺

x

型）。令

p = y^{'}

，视

p

为

y

的函数，由链式法则

y^{''} = p \frac{d p}{d y}

，代入：

y p \frac{d p}{d y} + p^{2} = 0 ⟹ p (y \frac{d p}{d y} + p) = 0.

除平凡解

p = 0

（

y =

常数）外，有

y \frac{d p}{d y} = - p

，分离变量

\frac{d p}{p} = - \frac{d y}{y}

，积分得

ln ∣ p ∣ = - ln y + C

，即

p = \frac{C _{1}}{y}

。再由

p = \frac{d y}{d x} = \frac{C _{1}}{y}

，分离变量

y d y = C_{1} d x

，积分得

\frac{y ^{2}}{2} = C_{1} x + C_{2}^{'}

，即

y^{2} = C_{1} x + C_{2} .

验证：对

y^{2} = C_{1} x + C_{2}

求导

2 y y^{'} = C_{1}

，再求导

2 (y^{'})^{2} + 2 y y^{''} = 0

，即

y y^{''} + (y^{'})^{2} = 0

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数一 · 第 18 题 · 解答题 · 12 分

已知函数

f (u)

在区间

(0, + \infty)

内具有二阶导数，记

g (x, y) = f (\frac{x}{y})

。若

g (x, y)

满足

x^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + x y \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} + y^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = 1

，且

g (x, x) = 1

，

\frac{\partial g}{\partial x}_{(x, x)} = \frac{2}{x}

，求

f (u)

2006 年 · 数一 · 第 18 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (u)

在

(0, + \infty)

内具有二阶导数，且

z = f (x^{2} + y^{2})

满足等式

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = 0

。

（Ⅰ）验证

f^{''} (u) + \frac{f ^{'} ( u )}{u} = 0

；

（Ⅱ）若

f (1) = 0

，

f^{'} (1) = 1

，求函数

f (u)

的表达式。

2002 年 · 数一 · 第 3 题 · 填空题 · 3 分

微分方程

y y^{''} + (y^{'})^{2} = 0

满足初始条件

y_{x = 0} = 1, y^{'}_{x = 0} = \frac{1}{2}

的特解是 ___.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

对缺

x

的二阶方程

F (y, y^{'}, y^{''}) = 0

，令

p = y^{'}

，则

y^{''}

应表示为（　）。

A $p^{'} = \frac{d p}{d x}$
B $p \frac{d p}{d y}$
C $\frac{d p}{d y}$
D $\frac{1}{p} \frac{d p}{d y}$

练习 2 · 填空题

方程

y^{''} = 6 x

满足

y (0) = 1, y^{'} (0) = 2

的特解

y =

____。

练习 3 · 选择题

方程

x y^{''} = y^{'}

的通解是（　）。

A $y = C_{1} x^{2} + C_{2}$
B $y = C_{1} x + C_{2}$
C $y = C_{1} e^{x} + C_{2}$
D $y = C_{1} ln x + C_{2}$

练习 4 · 选择题

方程

y y^{''} = 1 + (y^{'})^{2}

属于下列哪种可降阶类型（　）。

A $y^{(n)} = f (x)$ 型
B缺 $x$ 型
C缺 $y$ 型
D常系数线性型

练习 5 · 选择题

微分方程

y^{''} = 2 y y^{'}

满足

y (0) = 0, y^{'} (0) = 1

的特解是（　）。

A $y = sin x$
B $y = tan x$
C $y = \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}$
D $y = x e^{x}$

练习 6 · 填空题

微分方程

2 y y^{''} = 1 + (y^{'})^{2}

满足

y (0) = 1, y^{'} (0) = 1

的特解是

y =

____。

练习 7 · 解答题

设

y = y (x)

满足微分方程

y y^{''} + (y^{'})^{2} = y y^{'} (y > 0) .

(1) 求该方程的通解；

(2) 求满足

y (0) = 1, y^{'} (0) = 2

的特解，并指出该特解的最大存在区间。

2000 年 · 数一 · 第 3 题 · 填空题 · 3 分

微分方程

x y^{''} + 3 y^{'} = 0

的通解为 ___.

1999 年 · 数一 · 第 13 题 · 解答题 · 6 分

设函数

y (x) (x \geq 0)

二阶可导且

y^{'} (x) > 0

，

y (0) = 1

。过曲线

y = y (x)

上任意一点

P (x, y)

作该曲线的切线及

x

轴的垂线，上述两直线与

x

轴所围成的三角形的面积记为

S_{1}

，区间

[0, x]

上以

y = y (x)

为曲边的曲边梯形面积记为

S_{2}

，并设

2 S_{1} - S_{2}

恒为

1

，求此曲线

y = y (x)

的方程.

1998 年 · 数一 · 第 13 题 · 解答题 · 6 分

从船上向海中沉放某种探测器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度

y

（从海平面算起）与下沉速度

v

之间的函数关系。设仪器在重力作用下从海平面由静止开始铅直下沉，下沉过程中还受到阻力和浮力的作用。设仪器的质量为

m

，体积为

B

，海水比重为

ρ

，仪器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为

k (k > 0)

。试建立

y

与

v

所满足的微分方程，并求出函数关系式

y = y (v)

。

可降阶的高阶微分方程

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 可降阶三型总表：y(n)=f(x) 逐次积分、缺 y 令 p=y′(x)、缺 x 令 y′′=pdydp​★★ 必会

2. 缺 y 型（类型二）的完整范例：令 p=y'(x)，不要漏掉第二次积分

3. 既缺 x 又缺 y（F(y',y'')=0）：按缺 y 型来解最为简便，悬链线

4. 降阶遇初值：先定出 C₁ 再积分，避免最后解方程组

5. 两次积分所得的两个常数必须独立；除以 p 会丢掉 y=常数这一族解★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 可降阶三型总表： $y^{(n)} = f (x)$ 逐次积分、缺 $y$ 令 $p = y^{'} (x)$ 、缺 $x$ 令 $y^{''} = p \frac{d p}{d y}$ ★★ 必会