2026 年考研数学（一） 第 18 题

题目说“存在 $F$ 使 $\mathrm{d}F=P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y$”，这正是全微分（恰当）判据 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ 的触发信号，是全部推导的起点。代入化简并换元 $u=xy$ 后，凑出某个商的导数为零得到常数关系；第二问识别为二阶常系数非齐次线性方程，特征根 $\pm 1$、非齐次项 $-u$ 不与根重合，直接设特解即可。

分析：$\mathrm{d}F=P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y$ 为全微分（$F$ 存在），故 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$，由此导出关于 $f$ 的关系式，再解常系数线性微分方程。

（1） 记 $P=\frac{f(xy)}{x^{2}y},Q=\frac{f^{\prime \prime }(xy)}{x{y}^2}$。由全微分存在的条件 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$，计算得
$$\frac{xy{f}^{\prime }(xy)-f(xy)}{x^2{y}^2}=\frac{xy{f}^{\prime \prime \prime }(xy)-f^{\prime \prime }(xy)}{x^2{y}^2},$$
即 $xy{f}^{\prime }(xy)-f(xy)=xy{f}^{\prime \prime \prime }(xy)-f^{\prime \prime }(xy)$。

令 $u=xy>0$，上式化为 $u{f}^{\prime }(u)-f(u)=u{f}^{\prime \prime \prime }(u)-f^{\prime \prime }(u)$，整理得 $u[f^{\prime \prime \prime }(u)-f^{\prime }(u)]-[f^{\prime \prime }(u)-f(u)]=0$。于是
$${\left(\frac{f^{\prime \prime }(u)-f(u)}{u}\right)}^{\prime }=\frac{u[f^{\prime \prime \prime }(u)-f^{\prime }(u)]-[f^{\prime \prime }(u)-f(u)]}{u^2}=0,$$
故 $\frac{f^{\prime \prime }(u)-f(u)}{u}=\frac{f^{\prime \prime }(u)}{u}-\frac{f(u)}{u}=C$（常数）。

（2） 由（1）有 $f^{\prime \prime }(u)-f(u)=Cu$。代入 $u=1$，$f^{\prime \prime }(1)=0,f(1)=1$，得 $C=f^{\prime \prime }(1)-f(1)=-1$，故方程为 $f^{\prime \prime }(u)-f(u)=-u$。

这是二阶常系数非齐次线性方程：特征方程 $r^2-1=0$ 得 $r=\pm 1$，齐次通解 $C_1{\mathrm{e}}^u+C_2{\mathrm{e}}^{-u}$；非齐次项 $-u$ 对应特解 $u$（因 $u^{\prime \prime }-u=-u$）。故通解 $f(u)=C_1{\mathrm{e}}^u+C_2{\mathrm{e}}^{-u}+u$。

由 $f(1)=C_1\mathrm{e}+C_2{\mathrm{e}}^{-1}+1=1$ 及 $f^{\prime }(1)=C_1\mathrm{e}-C_2{\mathrm{e}}^{-1}+1=-1$，解得 $C_1=-{\mathrm{e}}^{-1},C_2=\mathrm{e}$。因此
$$f(u)=-{\mathrm{e}}^{u-1}+{\mathrm{e}}^{1-u}+u={\mathrm{e}}^{1-u}-{\mathrm{e}}^{u-1}+u.$$