2025云南省成人高考專(zhuān)升本高等數(shù)學(xué)試題及答案完整版一、選擇題（本大題共10個(gè)小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.函數(shù)\(y=\frac{1}{\sqrt{x-1}}\)的定義域是（）A.\((-\infty,1)\)B.\((1,+\infty)\)C.\([1,+\infty)\)D.\((-\infty,1]\)答案：B解析：要使函數(shù)\(y=\frac{1}{\sqrt{x-1}}\)有意義，則分母\(\sqrt{x-1}\neq0\)且根號(hào)下的數(shù)\(x-1\gt0\)，即\(x-1\gt0\)，解得\(x\gt1\)，所以定義域?yàn)閈((1,+\infty)\)。2.\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)的值為（）A.0B.1C.2D.3答案：D解析：根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=1\)，對(duì)\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)進(jìn)行變形，\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\cdot\frac{3}{3}=3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}\)，令\(u=3x\)，當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(u\to0\)，則\(3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=3\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=3\times1=3\)。3.設(shè)函數(shù)\(y=x^3+3x^2-1\)，則\(y'\)等于（）A.\(3x^2+6x\)B.\(3x^2-6x\)C.\(x^2+6x\)D.\(x^2-6x\)答案：A解析：根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)，對(duì)\(y=x^3+3x^2-1\)求導(dǎo)，\(y^\prime=(x^3+3x^2-1)^\prime=(x^3)^\prime+(3x^2)^\prime-(1)^\prime\)。因?yàn)槌?shù)的導(dǎo)數(shù)為\(0\)，所以\((1)^\prime=0\)；\((x^3)^\prime=3x^2\)，\((3x^2)^\prime=3\times2x=6x\)，則\(y^\prime=3x^2+6x\)。4.曲線\(y=x^2\)在點(diǎn)\((1,1)\)處的切線方程為（）A.\(y=2x-1\)B.\(y=-2x+3\)C.\(y=x\)D.\(y=-x+2\)答案：A解析：首先求曲線\(y=x^2\)在點(diǎn)\((1,1)\)處的切線斜率，對(duì)\(y=x^2\)求導(dǎo)得\(y^\prime=2x\)，將\(x=1\)代入\(y^\prime\)，可得切線斜率\(k=y^\prime|_{x=1}=2\times1=2\)。然后根據(jù)點(diǎn)斜式方程\(y-y_0=k(x-x_0)\)（其中\(zhòng)((x_0,y_0)\)為已知點(diǎn)，\(k\)為斜率），已知點(diǎn)為\((1,1)\)，斜率\(k=2\)，則切線方程為\(y-1=2(x-1)\)，化簡(jiǎn)得\(y=2x-1\)。5.\(\intx^2dx\)等于（）A.\(\frac{1}{3}x^3+C\)B.\(\frac{1}{2}x^2+C\)C.\(x^3+C\)D.\(x^2+C\)答案：A解析：根據(jù)不定積分公式\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C\)（\(n\neq-1\)），對(duì)于\(\intx^2dx\)，\(n=2\)，則\(\intx^2dx=\frac{1}{2+1}x^{2+1}+C=\frac{1}{3}x^3+C\)。6.設(shè)\(z=x^2y\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}\)等于（）A.\(2xy\)B.\(x^2\)C.\(2x\)D.\(x^2y\)答案：A解析：求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)時(shí)，將\(y\)看作常數(shù)，對(duì)\(z=x^2y\)關(guān)于\(x\)求偏導(dǎo)數(shù)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)，可得\(\frac{\partialz}{\partialx}=2xy\)。7.已知向量\(\vec{a}=(1,-2)\)，\(\vec=(2,3)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec\)等于（）A.-4B.-2C.2D.4答案：B解析：根據(jù)向量點(diǎn)積的坐標(biāo)運(yùn)算公式，若\(\vec{a}=(x_1,y_1)\)，\(\vec=(x_2,y_2)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=x_1x_2+y_1y_2\)。已知\(\vec{a}=(1,-2)\)，\(\vec=(2,3)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=1\times2+(-2)\times3=2-6=-4\)。8.微分方程\(y^\prime+2y=0\)的通解是（）A.\(y=Ce^{-2x}\)B.\(y=Ce^{2x}\)C.\(y=Cxe^{-2x}\)D.\(y=Cxe^{2x}\)答案：A解析：對(duì)于一階線性齊次微分方程\(y^\prime+P(x)y=0\)，其通解公式為\(y=Ce^{-\intP(x)dx}\)。在方程\(y^\prime+2y=0\)中，\(P(x)=2\)，則\(\intP(x)dx=\int2dx=2x\)，所以通解為\(y=Ce^{-2x}\)。9.冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\)的收斂半徑\(R\)為（）A.0B.1C.\(+\infty\)D.2答案：C解析：根據(jù)冪級(jí)數(shù)收斂半徑的計(jì)算公式\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|\)，對(duì)于冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\)，\(a_n=\frac{1}{n!}\)，\(a_{n+1}=\frac{1}{(n+1)!}\)，則\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{n!}}{\frac{1}{(n+1)!}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{(n+1)!}{n!}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}(n+1)=+\infty\)。10.設(shè)\(D\)是由\(x=0\)，\(y=0\)，\(x+y=1\)所圍成的區(qū)域，則\(\iint\limits_Ddxdy\)等于（）A.\(\frac{1}{2}\)B.1C.\(\frac{1}{3}\)D.\(\frac{1}{4}\)答案：A解析：\(\iint\limits_Ddxdy\)表示區(qū)域\(D\)的面積。區(qū)域\(D\)是由\(x=0\)，\(y=0\)，\(x+y=1\)所圍成的三角形，其底和高都為\(1\)，根據(jù)三角形面積公式\(S=\frac{1}{2}ah\)（其中\(zhòng)(a\)為底，\(h\)為高），可得\(\iint\limits_Ddxdy=\frac{1}{2}\times1\times1=\frac{1}{2}\)。二、填空題（本大題共10個(gè)小題，每小題4分，共40分）11.已知函數(shù)\(f(x)=\begin{cases}x+1,&x\lt0\\e^x,&x\geq0\end{cases}\)，則\(f(-1)=\)______。答案：0解析：因?yàn)閈(-1\lt0\)，所以將\(x=-1\)代入\(f(x)=x+1\)，可得\(f(-1)=-1+1=0\)。12.\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{2x}=\)______。答案：\(e^2\)解析：根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e\)，對(duì)\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{2x}\)進(jìn)行變形，\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{2x}=[\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x]^2=e^2\)。13.設(shè)函數(shù)\(y=\ln(1+x^2)\)，則\(y^\prime=\)______。答案：\(\frac{2x}{1+x^2}\)解析：根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，設(shè)\(u=1+x^2\)，則\(y=\lnu\)。先對(duì)\(y=\lnu\)關(guān)于\(u\)求導(dǎo)得\(y^\prime_u=\frac{1}{u}\)，再對(duì)\(u=1+x^2\)關(guān)于\(x\)求導(dǎo)得\(u^\prime_x=2x\)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式\(y^\prime_x=y^\prime_u\cdotu^\prime_x\)，可得\(y^\prime=\frac{1}{1+x^2}\cdot2x=\frac{2x}{1+x^2}\)。14.曲線\(y=x^3-3x^2+2x\)的拐點(diǎn)坐標(biāo)為_(kāi)_____。答案：\((1,0)\)解析：先求\(y^\prime=3x^2-6x+2\)，再求\(y^{\prime\prime}=6x-6\)。令\(y^{\prime\prime}=0\)，即\(6x-6=0\)，解得\(x=1\)。當(dāng)\(x\lt1\)時(shí)，\(y^{\prime\prime}\lt0\)；當(dāng)\(x\gt1\)時(shí)，\(y^{\prime\prime}\gt0\)，所以\(x=1\)是拐點(diǎn)的橫坐標(biāo)。將\(x=1\)代入原函數(shù)\(y=x^3-3x^2+2x\)，可得\(y=1^3-3\times1^2+2\times1=0\)，所以拐點(diǎn)坐標(biāo)為\((1,0)\)。15.\(\int_0^1xe^xdx=\)______。答案：1解析：利用分部積分法\(\intudv=uv-\intvdu\)，令\(u=x\)，\(dv=e^xdx\)，則\(du=dx\)，\(v=e^x\)。所以\(\int_0^1xe^xdx=[xe^x]_0^1-\int_0^1e^xdx=(1\timese^1-0\timese^0)-[e^x]_0^1=e-(e-1)=1\)。16.設(shè)\(z=\sin(xy)\)，則\(\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}=\)______。答案：\(x\cos(xy)+xy(-\sin(xy))\)解析：先求\(\frac{\partialz}{\partialx}=y\cos(xy)\)，再對(duì)\(\frac{\partialz}{\partialx}\)關(guān)于\(y\)求偏導(dǎo)數(shù)，\(\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}=\cos(xy)+y\times(-\sin(xy))\timesx=x\cos(xy)+xy(-\sin(xy))\)。17.已知向量\(\vec{a}=(2,-1,3)\)，\(\vec=(1,2,-1)\)，則\(\vec{a}\times\vec=\)______。答案：\((-5,5,5)\)解析：根據(jù)向量叉積的坐標(biāo)運(yùn)算公式，若\(\vec{a}=(x_1,y_1,z_1)\)，\(\vec=(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\vec{a}\times\vec=(y_1z_2-y_2z_1,z_1x_2-z_2x_1,x_1y_2-x_2y_1)\)。已知\(\vec{a}=(2,-1,3)\)，\(\vec=(1,2,-1)\)，則\(\vec{a}\times\vec=((-1)\times(-1)-2\times3,3\times1-(-1)\times2,2\times2-1\times(-1))=(-5,5,5)\)。18.微分方程\(y^{\prime\prime}-4y=0\)的特征方程為_(kāi)_____。答案：\(r^2-4=0\)解析：對(duì)于二階常系數(shù)線性齊次微分方程\(y^{\prime\prime}+py^{\prime}+qy=0\)，其特征方程為\(r^2+pr+q=0\)。在方程\(y^{\prime\prime}-4y=0\)中，\(p=0\)，\(q=-4\)，所以特征方程為\(r^2-4=0\)。19.冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(x-1)^n}{n}\)的收斂區(qū)間為_(kāi)_____。答案：\([0,2)\)解析：先求收斂半徑\(R\)，\(a_n=\frac{1}{n}\)，\(a_{n+1}=\frac{1}{n+1}\)，則\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1\)。當(dāng)\(x-1=-1\)，即\(x=0\)時(shí)，冪級(jí)數(shù)變?yōu)閈(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\)，這是一個(gè)交錯(cuò)級(jí)數(shù)，根據(jù)萊布尼茨判別法可知它收斂；當(dāng)\(x-1=1\)，即\(x=2\)時(shí)，冪級(jí)數(shù)變?yōu)閈(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\)，這是調(diào)和級(jí)數(shù)，發(fā)散。所以收斂區(qū)間為\([0,2)\)。20.設(shè)\(L\)為從點(diǎn)\((0,0)\)到點(diǎn)\((1,1)\)的直線段，則\(\int_Lxdy+ydx=\)______。答案：1解析：直線\(L\)的方程為\(y=x\)，\(x\)從\(0\)到\(1\)，\(dy=dx\)。則\(\int_Lxdy+ydx=\int_0^1(x\cdotdx+x\cdotdx)=\int_0^12xdx=[x^2]_0^1=1\)。三、解答題（本大題共8個(gè)小題，共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出推理、演算步驟）21.（本題滿分8分）求\(\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}\)。解：本題可先對(duì)分子進(jìn)行因式分解，然后約去公因式，再求極限。-步驟一：對(duì)分子因式分解根據(jù)平方差公式\(a^2-b^2=(a+b)(a-b)\)，對(duì)分子\(x^2-1\)進(jìn)行因式分解，可得\(x^2-1=(x+1)(x-1)\)。-步驟二：約去公因式并求極限將因式分解后的分子代入原式，可得\(\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=\lim\limits_{x\to1}\frac{(x+1)(x-1)}{x-1}\)，因?yàn)閈(x\to1\)時(shí)，\(x-1\neq0\)，所以可以約去公因式\(x-1\)，得到\(\lim\limits_{x\to1}(x+1)\)。將\(x=1\)代入\(x+1\)，可得\(\lim\limits_{x\to1}(x+1)=1+1=2\)。綜上，\(\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=2\)。22.（本題滿分8分）設(shè)函數(shù)\(y=\frac{\sinx}{x}\)，求\(y^\prime\)。解：本題可根據(jù)除法求導(dǎo)公式\((\frac{u}{v})^\prime=\frac{u^\primev-uv^\prime}{v^2}\)（其中\(zhòng)(u\)、\(v\)為關(guān)于\(x\)的函數(shù)）來(lái)求\(y^\prime\)。-步驟一：確定\(u\)、\(v\)及其導(dǎo)數(shù)令\(u=\sinx\)，\(v=x\)。根據(jù)求導(dǎo)公式\((\sinx)^\prime=\cosx\)，可得\(u^\prime=(\sinx)^\prime=\cosx\)；根據(jù)求導(dǎo)公式\((x^n)^\prime=nx^{n-1}\)，可得\(v^\prime=(x)^\prime=1\)。-步驟二：代入除法求導(dǎo)公式求\(y^\prime\)將\(u=\sinx\)，\(v=x\)，\(u^\prime=\cosx\)，\(v^\prime=1\)代入除法求導(dǎo)公式\((\frac{u}{v})^\prime=\frac{u^\primev-uv^\prime}{v^2}\)，可得：\(y^\prime=\frac{\cosx\cdotx-\sinx\cdot1}{x^2}=\frac{x\cosx-\sinx}{x^2}\)綜上，\(y^\prime=\frac{x\cosx-\sinx}{x^2}\)。23.（本題滿分8分）求\(\int(2x+\frac{1}{x})dx\)。解：本題可根據(jù)不定積分的加法法則\(\int(f(x)+g(x))dx=\intf(x)dx+\intg(x)dx\)，分別對(duì)\(2x\)和\(\frac{1}{x}\)求不定積分，然后將結(jié)果相加。-步驟一：分別求\(\int2xdx\)和\(\int\frac{1}{x}dx\)根據(jù)不定積分公式\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C\)（\(n\neq-1\)），對(duì)于\(\int2xdx\)，\(n=1\)，可得\(\int2xdx=2\times\frac{1}{1+1}x^{1+1}+C_1=x^2+C_1\)。根據(jù)不定積分公式\(\int\frac{1}{x}dx=\ln|x|+C\)，可得\(\int\frac{1}{x}dx=\ln|x|+C_2\)。-步驟二：將結(jié)果相加根據(jù)不定積分的加法法則，可得\(\int(2x+\frac{1}{x})dx=\int2xdx+\int\frac{1}{x}dx=x^2+\ln|x|+C\)（其中\(zhòng)(C=C_1+C_2\)）。綜上，\(\int(2x+\frac{1}{x})dx=x^2+\ln|x|+C\)。24.（本題滿分8分）設(shè)\(z=x^2+y^2\)，\(x=\sint\)，\(y=\cost\)，求\(\frac{dz}{dt}\)。解：本題可根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)的鏈?zhǔn)椒▌t\(\frac{dz}{dt}=\frac{\partialz}{\partialx}\cdot\frac{dx}{dt}+\frac{\partialz}{\partialy}\cdot\frac{dy}{dt}\)來(lái)求\(\frac{dz}{dt}\)。-步驟一：求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)、\(\frac{\partialz}{\partialy}\)、\(\frac{dx}{dt}\)和\(\frac{dy}{dt}\)對(duì)\(z=x^2+y^2\)分別關(guān)于\(x\)和\(y\)求偏導(dǎo)數(shù)，可得\(\frac{\partialz}{\partialx}=2x\)，\(\frac{\partialz}{\partialy}=2y\)。對(duì)\(x=\sint\)和\(y=\cost\)分別關(guān)于\(t\)求導(dǎo)數(shù)，可得\(\frac{dx}{dt}=\cost\)，\(\frac{dy}{dt}=-\sint\)。-步驟二：代入鏈?zhǔn)椒▌t求\(\frac{dz}{dt}\)將\(\frac{\partialz}{\partialx}=2x\)，\(\frac{\partialz}{\partialy}=2y\)，\(\frac{dx}{dt}=\cost\)，\(\frac{dy}{dt}=-\sint\)代入鏈?zhǔn)椒▌t\(\frac{dz}{dt}=\frac{\partialz}{\partialx}\cdot\frac{dx}{dt}+\frac{\partialz}{\partialy}\cdot\frac{dy}{dt}\)，可得：\(\frac{dz}{dt}=2x\cost+2y(-\sint)\)將\(x=\sint\)，\(y=\cost\)代入上式，可得：\(\frac{dz}{dt}=2\sint\cost-2\cost\sint=0\)綜上，\(\frac{dz}{dt}=0\)。25.（本題滿分10分）求函數(shù)\(f(x)=x^3-3x^2-9x+5\)的單調(diào)區(qū)間和極值。解：本題可先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)來(lái)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再根據(jù)單調(diào)性來(lái)求函數(shù)的極值。-步驟一：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)\(f^\prime(x)\)對(duì)\(f(x)=x^3-3x^2-9x+5\)求導(dǎo)，可得\(f^\prime(x)=3x^2-6x-9\)。-步驟二：求函數(shù)的駐點(diǎn)令\(f^\prime(x)=0\)，即\(3x^2-6x-9=0\)，兩邊同時(shí)除以\(3\)得\(x^2-2x-3=0\)，因式分解得\((x-3)(x+1)=0\)，解得\(x=3\)或\(x=-1\)，所以函數(shù)的駐點(diǎn)為\(x=-1\)和\(x=3\)。-步驟三：確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間將定義域\((-\infty,+\infty)\)分成\((-\infty,-1)\)、\((-1,3)\)和\((3,+\infty)\)三個(gè)區(qū)間，分別討論\(f^\prime(x)\)的正負(fù)：-當(dāng)\(x\lt-1\)時(shí)，\(x-3\lt0\)，\(x+1\lt0\)，則\((x-3)(x+1)\gt0\)，即\(f^\prime(x)\gt0\)，所以函數(shù)\(f(x)\)在\((-\infty,-1)\)上單調(diào)遞增。-當(dāng)\(-1\ltx\lt3\)時(shí)，\(x-3\lt0\)，\(x+1\gt0\)，則\((x-3)(x+1)\lt0\)，即\(f^\prime(x)\lt0\)，所以函數(shù)\(f(x)\)在\((-1,3)\)上單調(diào)遞減。-當(dāng)\(x\gt3\)時(shí)，\(x-3\gt0\)，\(x+1\gt0\)，則\((x-3)(x+1)\gt0\)，即\(f^\prime(x)\gt0\)，所以函數(shù)\(f(x)\)在\((3,+\infty)\)上單調(diào)遞增。-步驟四：求函數(shù)的極值根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可知，\(x=-1\)是函數(shù)的極大值點(diǎn)，\(x=3\)是函數(shù)的極小值點(diǎn)。將\(x=-1\)代入\(f(x)\)，可得\(f(-1)=(-1)^3-3\times(-1)^2-9\times(-1)+5=-1-3+9+5=10\)，所以極大值為\(10\)。將\(x=3\)代入\(f(x)\)，可得\(f(3)=3^3-3\times3^2-9\times3+5=27-27-27+5=-22\)，所以極小值為\(-22\)。綜上，函數(shù)\(f(x)\)的單調(diào)遞增區(qū)間為\((-\infty,-1)\)和\((3,+\infty)\)，單調(diào)遞減區(qū)間為\((-1,3)\)；極大值為\(10\)，極小值為\(-22\)。26.（本題滿分10分）計(jì)算二重積分\(\iint\limits_Dxydxdy\)，其中\(zhòng)(D\)是由\(y=x\)，\(y=x^2\)所圍成的區(qū)域。解：本題可先確定積分區(qū)域\(D\)的范圍，然后將二重積分化為累次積分進(jìn)行計(jì)算。-步驟一：確定積分區(qū)域\(D\)的范圍聯(lián)立\(\begin{cases}y=x\\y=x^2\end{cases}\)，解方程組得\(\begin{cases}x=0\\y=0\end{cases}\)和\(\begin{cases}x=1\\y=1\end{cases}\)，所以積分區(qū)域\(D\)為\(0\leqx\leq1\)，\(x^2\leqy\leqx\)。-步驟二：將二重積分化為累次積分根據(jù)積分區(qū)域\(D\)的范圍，可得\(\iint\limits_Dxydxdy=\int_0^1dx\int_{x^2}^xxydy\)。-步驟三：計(jì)算累次積分先計(jì)算內(nèi)層積分\(\int_{x^2}^xxydy\)，將\(x\)看作常數(shù)，對(duì)\(y\)積分，根據(jù)積分公式\(\intydy=\frac{1}{2}y^2+C\)，可得：\(\int_{x^2}^xxydy=x\cdot[\frac{1}{2}y^2]_{x^2}^x=\frac{1}{2}x(x^2-x^4)\)再計(jì)算外層積分\(\int_0^1\frac{1}{2}x(x^2-x^4)dx\)，展開(kāi)被積函數(shù)得\(\frac{1}{2}(x^3-x^5)\)，然后根據(jù)積分公式\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C\)，可得：\(\int_0^1\frac{1}{2}(x^3-x^5)dx=\frac{1}{2}[\frac{1}{4}x^4-\frac{1}{6}x^6]_0^1=\frac{1}{2}(\frac{1}{4}-\frac{1}{6})=\frac{1}{24}\)綜上，\(\iint\limits_Dxydxdy=\frac{1}{24}\)。27.（本題滿分10分）求微分方程\(y^\prime+2y=e^{-x}\)的通解。解：本題可先求對(duì)應(yīng)的齊次方程的通解，再求非齊次方程的一個(gè)特解，最后將兩者相加得到原方程的通解。-步驟一：求對(duì)應(yīng)的齊次方程的通解對(duì)應(yīng)的齊次方程為\(y^\prime+2y=0\)，這是一個(gè)一階線性齊次微分方程，其通解公式為\(y=Ce^{-\intP(x)dx}\)，其中\(zhòng)(P(x)=2\)，則\(\intP(x)dx=\int2dx=2x\)，所以齊次方程的通解為\(y_h=Ce^{-2x}\)。-步驟二：求非齊次方程的一個(gè)特解因?yàn)榉驱R次項(xiàng)為\(e^{-x}\)，所以設(shè)特解\(y_p=Ae^{-x}\)，對(duì)\(y_p\)求導(dǎo)得\(y_p^\prime=-Ae^{-x}\)。將\(y_p\)和\(y_p^\prime\)代入原方程\(y^\p