diff --git a/高数下/微分方程小测卷.md b/高数下/微分方程小测卷.md
new file mode 100644
index 0000000..7ce1b4d
--- /dev/null
+++ b/高数下/微分方程小测卷.md
@@ -0,0 +1,151 @@
+时量：40分钟    ____
+内部资料，禁止传播
+编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：  郑哲航(自行添加)
+
+
+# 求下列方程的通解
+$$(1 ) 
+\frac{dy}{dx} - \frac{y+1}{x+1} = x+1$$
+
+```text
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+```
+
+$$(2)y'y'' = 3(y')^2$$
+
+```text
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+```
+
+$$(3)x y y'' + x (y')^2 = 3 y y'$$
+
+```text
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+```
+
+$$(4)(2x-1)^2 y'' - 4(2x-1) y' + 8y = 8x$$
+
+```text
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+```
+
+已知二阶线性齐次微分方程  
+$$
+(x-1) y'' - x y' + y = 0 \qquad (x > 1)
+$$  
+的一个特解为 $y_1 = e^x$，求该方程的通解。
+
+```text
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+```
+
+$$(6)y'' - 2y' + y = x e^x$$
+
+```text
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+```
+
+$$(7)y'' + 2y' + 2y = e^{-x} \cos x(x>0)$$
+
+```text
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+```
+
diff --git a/高数下/微分方程小测卷解析版.md b/高数下/微分方程小测卷解析版.md
new file mode 100644
index 0000000..b51fe91
--- /dev/null
+++ b/高数下/微分方程小测卷解析版.md
@@ -0,0 +1,402 @@
+# 基础练习
+
+## 1. 求下列方程的通解
+
+### (1) 
+$$
+\frac{dy}{dx} - \frac{y+1}{x+1} = x+1
+$$
+
+**参考解答**：  
+令 $X = x + 1$，$Y = y + 1$，则 $dy = dY$，$dx = dX$。  
+方程可化为：  
+$$
+\frac{dY}{dX} - \frac{Y}{X} = X,
+$$  
+由一阶非齐次线性微分方程通解公式有：  
+$$
+Y = e^{\int \frac{dX}{X}} \left[ \int X \cdot e^{-\int \frac{dX}{X}} dX + C' \right] = X \left( \int dX + C' \right) = X(X + C').
+$$  
+将 $X = x + 1$，$Y = y + 1$ 代入上面通解得原方程通解为：  
+$$
+y = (x+1)(x+C) - 1.
+$$
+
+---
+
+### (2) 
+$$
+y'y'' = 3(y')^2
+$$
+
+**参考解答**：
+
+**方法1**：令 $z = y'$，方程化为：  
+$$
+z z'' = 3(z')^2,
+$$  
+再令 $z' = p(z)$，则  
+$$
+z'' = p \frac{dp}{dz},
+$$  
+方程化为：  
+$$
+z p \frac{dp}{dz} = 3p^2 \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{p} dp = \frac{3}{z} dz.
+$$  
+积分得：  
+$$
+\ln|p| = 3\ln|z| + \ln|C_1|,
+$$  
+整理得：  
+$$
+z' = C_1 z^3 \quad\Rightarrow\quad \frac{dz}{dx} = C_1 z^3 \quad\Rightarrow\quad \frac{dz}{z^3} = C_1 dx,
+$$  
+积分得：  
+$$
+-\frac{1}{2z^2} = C_1 x + C_2 \quad\Rightarrow\quad z = \pm \frac{1}{\sqrt{C_1 x + C_2}} \quad\Rightarrow\quad dy = \pm \frac{1}{\sqrt{C_1 x + C_2}} dx,
+$$  
+再积分得方程通解为：  
+$$
+y = \pm \frac{2\sqrt{C_1 x + C_2}}{C_1} + C_3,
+$$  
+整理得方程通解可化为：  
+$$
+x = C_1 y^2 + C_2 y + C_3.
+$$
+
+**方法2**：交换因变量与自变量地位：将  
+$$
+y'(x) = \frac{1}{x'(y)},\quad y''(x) = -\frac{x''(y)}{[x'(y)]^3},\quad y'''(x) = \frac{3[x''(y)]^2 - x'(y)x'''(y)}{[x'(y)]^5},
+$$  
+代入原方程化为：  
+$$
+\frac{1}{x'(y)} \cdot \frac{3[x''(y)]^2 - x'(y)x'''(y)}{[x'(y)]^5} = 0,
+$$  
+即有：  
+$$
+x''(y) = 0 \quad \text{或} \quad x'(y) = 0 \; (\text{包含于第一个等式中}),
+$$  
+对 $x''(y) = 0$ 连续积分得原方程通解为：  
+$$
+x(y) = C_1 y^2 + C_2 y + C_3.
+$$
+
+---
+
+### (3) 
+$$
+x y y'' + x (y')^2 = 3 y y'
+$$
+
+**参考解答**：
+
+**方法1**：方程可变形为：$x(yy')' = 3yy'$，令 $yy' = u$，方程化为：  
+$$
+\frac{du}{dx} = \frac{3u}{x},
+$$  
+分离变量得：  
+$$
+\frac{du}{u} = \frac{3dx}{x},
+$$  
+积分得：  
+$$
+\ln|u| = 3\ln|x| + \ln|C_1| \quad\Rightarrow\quad yy' = C_1 x^3,
+$$  
+再分离变量得：  
+$$
+y dy = C_1 x^3 dx,
+$$  
+积分整理得方程通解为：  
+$$
+y^2 = \frac{C_1}{2} x^4 + C_2.
+$$
+
+**方法2**：令 $u = y^2$，则有  
+$$
+\frac{du}{dx} = 2yy',\quad \frac{d^2u}{dx^2} = 2(y')^2 + 2yy'',
+$$  
+代入原方程，方程化为：  
+$$
+x u'' = 3u',
+$$  
+令 $p = u'$，则有  
+$$
+x \frac{dp}{dx} = 3p,
+$$  
+用分离变量积分得：  
+$$
+\frac{dp}{p} = \frac{3dx}{x},
+$$  
+积分得：  
+$$
+\ln p = 3\ln|x| + \ln|C_1| \quad\Rightarrow\quad \frac{du}{dx} = C_1 x^3,
+$$  
+再分离变量得：  
+$$
+du = C_1 x^3 dx,
+$$  
+积分整理得方程通解为：  
+$$
+y^2 = \frac{C_1}{4} x^4 + C_2.
+$$
+
+**方法3**：分析方程三项的结构，由于  
+$$
+(x y y')' = y y' + x (y')^2 + x y y'',
+$$  
+故原方程可以改写为：  
+$$
+(x y y')' = 4 y y',
+$$  
+于是令 $x y y' = u(x)$，$y y' = \frac{u}{x}$，  
+方程可化为可分离变量方程：  
+$$
+\frac{du}{dx} = 4 \frac{u}{x} \quad\Rightarrow\quad \frac{du}{u} = 4 \frac{dx}{x},
+$$  
+积分得：  
+$$
+u = C_1 x^4 = x y y',
+$$  
+再分离变量有：  
+$$
+C_1 x^3 dx = y dy,
+$$  
+积分得：  
+$$
+\frac{C_1}{4} x^4 = \frac{1}{2} y^2 + C_2,
+$$  
+于是方程通解为：  
+$$
+y^2 = C_3 x^4 + C_4.
+$$
+
+---
+
+### (4) 
+$$
+(2x-1)^2 y'' - 4(2x-1) y' + 8y = 8x
+$$
+
+**参考解答**：  
+令 $2x - 1 = t$，则  
+$$
+\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot \frac{dt}{dx} = 2 \frac{dy}{dt},\quad \frac{d^2y}{dx^2} = 4 \frac{d^2y}{dt^2}.
+$$  
+代入原方程整理得欧拉方程：  
+$$
+t^2 \frac{d^2y}{dt^2} - 2t \frac{dy}{dt} + 2y = t + 1.
+$$  
+由欧拉方程的求解方法，令 $t = e^u$，$u = \ln t$，于是  
+$$
+\frac{dy}{dt} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dt} = \frac{1}{t} \frac{dy}{du},
+$$  
+$$
+\frac{d^2y}{dt^2} = -\frac{1}{t^2} \frac{dy}{du} + \frac{1}{t} \frac{d^2y}{du^2} \cdot \frac{du}{dt} = \frac{1}{t^2} \left( \frac{d^2y}{du^2} - \frac{dy}{du} \right),
+$$  
+化为关于 $u$ 变量的线性微分方程：  
+$$
+\frac{d^2y}{du^2} - 3 \frac{dy}{du} + 2y = e^u + 1.
+$$  
+其特征方程为 $r^2 - 3r + 2 = 0$，得特征根为 $r_1 = 1$，$r_2 = 2$。  
+对应齐次方程的通解为：  
+$$
+Y = C_1 e^u + C_2 e^{2u}.
+$$  
+设非齐次线性微分方程有特解为：  
+$$
+y^* = A u e^u + B,
+$$  
+代入非齐次线性微分方程比较系数得：  
+$$
+A = -1,\quad B = \frac{1}{2}.
+$$  
+于是方程通解为：  
+$$
+y = Y + y^* = C_1 e^u + C_2 e^{2u} - u e^u + \frac{1}{2}.
+$$  
+代回 $u = \ln t = \ln(2x-1)$，得  
+$$
+y = C_1 (2x-1) + C_2 (2x-1)^2 - (2x-1) \ln(2x-1) + \frac{1}{2}.
+$$
+
+
+---
+
+### (5) 常系数非齐次线性方程（待定系数法）
+$$
+y'' - 2y' + y = x e^x
+$$
+
+**参考解答**：  
+先解齐次方程 $y'' - 2y' + y = 0$，特征方程 $r^2 - 2r + 1 = 0$，得重根 $r = 1$，齐次通解为  
+$$
+y_h = (C_1 + C_2 x) e^x.
+$$  
+非齐次项 $f(x) = x e^x$，而 $e^x$ 是齐次解的一部分（且 $x e^x$ 也是齐次解，因为重根），故应设特解形式为  
+$$
+y^* = x^2 (A x + B) e^x = (A x^3 + B x^2) e^x.
+$$  
+为简化计算，通常设 $y^* = x^2 (A x + B) e^x$。计算导数：  
+$$
+y^* = e^x (A x^3 + B x^2),
+$$  
+$$
+y'^* = e^x (A x^3 + B x^2) + e^x (3A x^2 + 2B x) = e^x [A x^3 + (B+3A) x^2 + 2B x],
+$$  
+$$
+y''^* = e^x [A x^3 + (B+3A) x^2 + 2B x] + e^x [3A x^2 + 2(B+3A)x + 2B] = e^x [A x^3 + (B+6A) x^2 + (2B+6A)x + 2B].
+$$  
+代入原方程 $y'' - 2y' + y = x e^x$，两边约去 $e^x$，得  
+$$
+\big[A x^3 + (B+6A) x^2 + (2B+6A)x + 2B\big] - 2\big[A x^3 + (B+3A) x^2 + 2B x\big] + \big(A x^3 + B x^2\big) = x.
+$$  
+合并同类项：  
+$x^3$ 项：$A - 2A + A = 0$；  
+$x^2$ 项：$(B+6A) - 2(B+3A) + B = B+6A -2B -6A + B = 0$；  
+$x$ 项：$(2B+6A) - 4B + 0 = 6A - 2B$；  
+常数项：$2B - 0 + 0 = 2B$。  
+比较系数得  
+$$
+\begin{cases}
+6A - 2B = 1, \\
+2B = 0,
+\end{cases}
+$$  
+解得 $B=0$，$A = \frac{1}{6}$。所以特解为  
+$$
+y^* = \frac{1}{6} x^3 e^x.
+$$  
+原方程通解为  
+$$
+y = y_h + y^* = (C_1 + C_2 x) e^x + \frac{1}{6} x^3 e^x.
+$$
+
+---
+
+
+
+已知二阶线性齐次微分方程  
+$$
+(x-1) y'' - x y' + y = 0 \qquad (x > 1)
+$$  
+的一个特解为 $y_1 = e^x$，求该方程的通解。
+
+**参考解答**：  
+先将原方程化为标准形式 $y'' + p(x) y' + q(x) y = 0$。原方程为  
+$$
+(x-1) y'' - x y' + y = 0,
+$$  
+两边除以 $x-1$（$x>1$）：  
+$$
+y'' - \frac{x}{x-1} y' + \frac{1}{x-1} y = 0.
+$$  
+因此  
+$$
+p(x) = -\frac{x}{x-1}.
+$$  
+计算积分  
+$$
+\int p(x) dx = -\int \frac{x}{x-1} dx = -\int \left(1 + \frac{1}{x-1}\right) dx = -\left[ x + \ln(x-1) \right] = -x - \ln(x-1).
+$$  
+所以  
+$$
+e^{-\int p(x) dx} = e^{x + \ln(x-1)} = (x-1) e^x.
+$$  
+已知 $y_1 = e^x$，则 $y_1^2 = e^{2x}$。由刘维尔公式，另一线性无关解为  
+$$
+y_2 = y_1 \int \frac{e^{-\int p(x) dx}}{y_1^2} dx = e^x \int \frac{(x-1) e^x}{e^{2x}} dx = e^x \int (x-1) e^{-x} dx.
+$$  
+计算积分：  
+$$
+\int (x-1) e^{-x} dx = \int x e^{-x} dx - \int e^{-x} dx.
+$$  
+分别计算：  
+$$
+\int x e^{-x} dx = -x e^{-x} - e^{-x} + C = -e^{-x}(x+1) + C,
+$$  
+$$
+\int e^{-x} dx = -e^{-x} + C.
+$$  
+所以  
+$$
+\int (x-1) e^{-x} dx = -e^{-x}(x+1) - (-e^{-x}) + C = -e^{-x}(x+1) + e^{-x} + C = -x e^{-x} + C.
+$$  
+取 $C=0$ 得一个特解  
+$$
+y_2 = e^x \cdot (-x e^{-x}) = -x.
+$$  
+常数因子可吸收，故可取 $y_2 = x$。因此两个线性无关的特解为 $y_1 = e^x$，$y_2 = x$。
+
+原方程的通解为  
+$$
+y = C_1 e^x + C_2 x.
+$$
+
+**注**：直接验证可知 $y = x$ 也满足原方程，与 $e^x$ 线性无关，因此通解如上。
+
+$$
+y'' + 2y' + 2y = e^{-x} \cos x
+$$
+
+**参考解答**：  
+先解齐次方程 $y'' + 2y' + 2y = 0$。特征方程为 $r^2 + 2r + 2 = 0$，解得 $r = -1 \pm i$。故齐次通解为  
+$$
+y_h = e^{-x} (C_1 \cos x + C_2 \sin x).
+$$  
+非齐次项 $f(x) = e^{-x} \cos x$，而 $e^{-x} \cos x$ 恰好是齐次解的一部分（对应复根 $-1 \pm i$），因此应设特解形式为  
+$$
+y^* = x e^{-x} (A \cos x + B \sin x).
+$$  
+计算导数（可简化计算，利用复数法或直接求导）。采用待定系数法，设  
+$$
+y^* = x e^{-x} (A \cos x + B \sin x) = e^{-x} \left( A x \cos x + B x \sin x \right).
+$$  
+先计算 $y'^*$ 和 $y''^*$。令 $u(x) = A x \cos x + B x \sin x$，则 $y^* = e^{-x} u$，于是  
+$$
+y'^* = e^{-x} (u' - u), \quad y''^* = e^{-x} (u'' - 2u' + u).
+$$  
+代入原方程 $y'' + 2y' + 2y = e^{-x} \cos x$，两边约去 $e^{-x}$，得  
+$$
+(u'' - 2u' + u) + 2(u' - u) + 2u = \cos x,
+$$  
+即  
+$$
+u'' + 0 \cdot u' + u = \cos x.
+$$  
+所以只需解 $u'' + u = \cos x$。  
+计算 $u$ 的各阶导数：  
+$$
+u = A x \cos x + B x \sin x,
+$$  
+$$
+u' = A \cos x - A x \sin x + B \sin x + B x \cos x = (A + B x) \cos x + (B - A x) \sin x,
+$$  
+$$
+u'' = -A \sin x - A \sin x - A x \cos x + B \cos x + B \cos x - B x \sin x = (-2A - B x) \sin x + (2B - A x) \cos x.
+$$  
+注意，更简便的方法是：由于 $u'' + u$ 应等于 $\cos x$，而 $u$ 中 $x \cos x$ 和 $x \sin x$ 项的导数会与自身抵消后留下 $\cos x$ 和 $\sin x$ 项。直接代入求系数：
+
+由 $u'' + u$ 的计算，实际上对于 $u = x (A \cos x + B \sin x)$，有 $u'' + u = 2(-A \sin x + B \cos x)$（这是一个常用结果，可通过复数推导）。验证：令 $z = x e^{ix}$，则 $z'' + z = 2i e^{ix}$，实部对应 $\cos$，虚部对应 $\sin$。因此  
+$$
+u'' + u = 2(-A \sin x + B \cos x).
+$$  
+令其等于 $\cos x$，得  
+$$
+2B \cos x - 2A \sin x = \cos x,
+$$  
+比较系数得  
+$$
+2B = 1, \quad -2A = 0 \quad\Rightarrow\quad A = 0,\ B = \frac{1}{2}.
+$$  
+因此  
+$$
+u = \frac{1}{2} x \sin x,
+$$  
+所以  
+$$
+y^* = e^{-x} u = \frac{1}{2} x e^{-x} \sin x.
+$$  
+原方程的通解为  
+$$
+y = y_h + y^* = e^{-x} (C_1 \cos x + C_2 \sin x) + \frac{1}{2} x e^{-x} \sin x.
+$$
\ No newline at end of file