09-20 错题记录

2026-09-20：深入攻坚高等数学 第 6 章二重积分 综合融会贯通题型 —— 6.8 二重积分和其他题型的融合（二重积分 + 极限 / 计算导数 / 微分方程 / 偏导数分部积分）！今日精练归档武忠祥讲义高频核心母题与全国统考真题（共 5 道）：

例 6.35（武忠祥高数讲义【例 4】 · 变限二重积分求极限 / 交换积分次序、变限积分求导与积分第一中值定理多重破局）：内层积分上下限颠倒陷阱与负号修正、内外层含同名变量时直接求导的死穴、先交换积分次序释放内层求导变量、变限二次积分洛必达求导与连续函数积分第一中值定理降阶秒杀；对比二重积分中值定理一步穿透降维打法。
例 6.37（武忠祥高数讲义【例 1】 · 交换次序求导 vs 变限积分直接求导）：机械套用一元求导法则的致命陷阱（误判为 0）、画图交换积分次序将求导变量释放至最外层上限、含参变量变限积分求导公式（莱布尼茨公式）选填 10 秒口算秒杀。
例 6.38（武忠祥高数讲义【例 3】 · 极坐标化含参变限积分并列微分方程）：二重积分区域含参判定函数形态、由原积分方程提取隐藏初值 $f(0)=1$ 、极坐标转一元变限积分、换元法规避复合上限求导漏系数、一阶线性微分方程积分因子法极速通解。
例 6.39（2011 年数三真题 · 区域含参二重积分等式与可分离变量微分方程）：右端被积函数 $f(t)$ 常数属性识别（提取乘面积）、左端 $f'(x+y)$ 累次积分降维、乘积求导法则求导列微分方程、分离变量确定唯一特解。
例 6.40（2011 年数一/数二真题 · 混合二阶偏导数、两次分部积分与换序解耦）：二阶混合偏导数降阶思维、边界恒等为 0 对切向偏导为 0 的严格性质、严禁跨层求导（必须先 Fubini 换序再第二次分部积分）、双重负号精确对消。

例 6.35（武忠祥高数讲义【例 4】 · 交换积分次序 + 洛必达 + 积分中值定理）

审题第一陷阱：积分上下限“反向倒置”与负号遗漏：
- 观察分子内层积分： $\int_x^{\sqrt{t}} f(t, u)\,\mathrm{d}u$ ；
- 外层积分变量范围是 $0 \leqslant t \leqslant x^2$ ，当 $x > 0$ 时，对 $t$ 开方有 $0 \leqslant \sqrt{t} \leqslant x$ ；
- 即内层积分的上限 $\sqrt{t}$ 恒小于等于下限 $x$ ！此时下限比上限大；
- 必须先利用积分定向性质调换上下限： $\int_x^{\sqrt{t}} f(t, u)\,\mathrm{d}u = -\int_{\sqrt{t}}^x f(t, u)\,\mathrm{d}u$ ，务必提取负号！
- 痛点：若考场上忽略这一点，不仅积分区域容易画错倒置，而且最终答案符号必定相反导致满盘皆输！
致命错误：内外层同名变量直接求导导致思维混乱：
- 观察分子表达式： $F(x) = \int_0^{x^2} \mathrm{d}t \int_x^{\sqrt{t}} f(t, u)\,\mathrm{d}u$ ；
- 参变量 $x$ 既出现在外层积分上限 $x^2$ 中，又出现在内层积分下限 $x$ 中；
- 若直接套用微积分基本定理求导，极易漏算内层变量对 $x$ 的偏导数；且被积函数 $f$ 仅已知连续、未必可导，直接在内层求导缺乏数学严谨性；
- 核心破局法则：交换积分次序，将求导变量 $x$ 彻底释放并固定到最外层！
几何画图与交换积分次序（破局关键）：
- 确定平面区域 $D$ $D$ （以 $t$ $t$ 为横轴、 $u$ $u$ 为纵轴， $x > 0$ $x > 0$ 视为常参数）：
  - $t$ 范围： $0 \leqslant t \leqslant x^2$ ；
  - 对每个 $t$ ， $u$ 从抛物线 $u = \sqrt{t}$ （即 $t = u^2$ ）上升至直线 $u = x$ ；
- 交换为先积 $t$ $t$ 、后积 $u$ $u$ ：
  - 投影至纵轴 $u$ ： $0 \leqslant u \leqslant x$ ；
  - 对固定的 $u$ ， $t$ 从纵轴 $t = 0$ 穿入，到抛物线 $t = u^2$ 穿出，即 $0 \leqslant t \leqslant u^2$ ；
- 分子变形为： $F(x) = -\int_0^x \mathrm{d}u \left[ \int_0^{u^2} f(t, u)\,\mathrm{d}t \right] = -\int_0^x G(u)\,\mathrm{d}u$
- 结构质变：中括号内的函数 $G(u)$ 与外层参数 $x$ 完全解耦！求导变量 $x$ 仅出现在最外层上限，应用微积分基本定理求导只需一步： $F'(x) = -G(x) = -\int_0^{x^2} f(t, x)\,\mathrm{d}t$ ！
洛必达之后：仅有连续性时如何处理极限？（积分第一中值定理）：
- 洛必达求导一次后得到： $\lim_{x\to 0^+} \frac{-\int_0^{x^2} f(t, x)\,\mathrm{d}t}{3x^2}$ ；
- 注意：题目仅告知 $f(x, y)$ 是连续函数，不可断言其可导，因此严禁再次使用洛必达法则！
- 此时唯一的正道是利用积分第一中值定理：在区间 $[0, x^2]$ 上，存在 $\xi \in [0, x^2]$ 使得 $\int_0^{x^2} f(t, x)\,\mathrm{d}t = f(\xi, x) \cdot (x^2 - 0) = x^2 f(\xi, x)$ ；
- 代入后 $x^2$ 与分母精确约去，由夹逼准则当 $x \to 0^+$ 时 $\xi \to 0$ ，依据二元连续性 $\lim_{x\to 0^+} f(\xi, x) = f(0, 0) = -1$ ，顺理成章得出 $\frac{1}{3}$ ！
降维打击策略：二重积分中值定理一步秒杀（无需洛必达）：
- 观察分子区域 $D$ 的面积： $S_D = \int_0^x u^2\,\mathrm{d}u = \frac{x^3}{3}$ ；
- 根据二重积分中值定理，存在 $(\xi, \eta) \in D$ ，使得 $\iint_D f(t, u)\,\mathrm{d}t\mathrm{d}u = f(\xi, \eta) \cdot S_D = f(\xi, \eta) \cdot \frac{x^3}{3}$ ；
- 当 $x \to 0^+$ 时，区域 $D$ 缩向原点 $(0, 0)$ ，故 $(\xi, \eta) \to (0, 0)$ ，直接代入极限式： $\lim_{x\to 0^+} \frac{-\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma}{x^3} = \lim_{x\to 0^+} \frac{-f(\xi, \eta) \cdot \frac{x^3}{3}}{x^3} = -\frac{1}{3}f(0, 0) = \frac{1}{3}$
- 全程无需洛必达，10 秒内直达答案！

解：

步骤一：分母等价无穷小代换与不定型判断

当 $x \to 0^+$ 时， $-x^3 \to 0$ ，利用基本等价无穷小 $1 - e^u \sim -u$ （即 $e^u - 1 \sim u$ ）：

1 - e^{-x^3} \sim -(-x^3) = x^3

分子当 $x \to 0^+$ 时积分上下限趋于 $0$ ，故为 $\frac{0}{0}$ 型未定式极限：

L = \lim_{x\to 0^+} \frac{\int_0^{x^2} \mathrm{d}t \int_x^{\sqrt{t}} f(t,u)\,\mathrm{d}u}{x^3}

步骤二：内层积分限规范化与区域判定

观察内层积分限：下限为 $x$ ，上限为 $\sqrt{t}$ 。
当 $t \in [0, x^2]$ 且 $x > 0$ 时，有 $0 \leqslant \sqrt{t} \leqslant x$ ，即上限小于等于下限。
调换上下限引入负号：

\int_x^{\sqrt{t}} f(t,u)\,\mathrm{d}u = -\int_{\sqrt{t}}^x f(t,u)\,\mathrm{d}u

原分子所对应的平面闭区域为（在 $(t, u)$ 平面上，视 $x > 0$ 为正参数）：

D = \left\{(t, u) \;\middle|\; 0 \leqslant t \leqslant x^2, \; \sqrt{t} \leqslant u \leqslant x\right\}

该区域由抛物线 $t = u^2$ （即 $u = \sqrt{t}$ ）、水平直线 $u = x$ 以及纵轴 $t = 0$ 所围成。

解法一：交换积分次序 + 洛必达法则 + 一元积分中值定理（标准规范解法）

1. 交换积分次序

将区域 $D$ 的积分次序改为“先积 $t$ 、后积 $u$ ”：

纵坐标 $u$ 的变化范围为： $0 \leqslant u \leqslant x$ ；
对于给定的 $u$ ， $t$ 从左边界 $t = 0$ 穿入，到抛物线边界 $t = u^2$ 穿出，即 $0 \leqslant t \leqslant u^2$ 。

因此分子化为：

\int_0^{x^2} \mathrm{d}t \int_x^{\sqrt{t}} f(t,u)\,\mathrm{d}u = -\int_0^x \mathrm{d}u \int_0^{u^2} f(t,u)\,\mathrm{d}t

记 $G(u) = \int_0^{u^2} f(t, u)\,\mathrm{d}t$ ，则分子为 $-\int_0^x G(u)\,\mathrm{d}u$ 。
注意此时变量 $x$ 仅出现在外层积分上限，内层被积表达式与 $x$ 无关。

2. 应用洛必达法则求导

代入原极限式：

L = \lim_{x\to 0^+} \frac{-\int_0^x \left[ \int_0^{u^2} f(t,u)\,\mathrm{d}t \right] \mathrm{d}u}{x^3}

分子分母均为无穷小，根据微积分基本定理，分子对 $x$ 求导得：

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( -\int_0^x \left[ \int_0^{u^2} f(t,u)\,\mathrm{d}t \right] \mathrm{d}u \right) = -\int_0^{x^2} f(t, x)\,\mathrm{d}t

分母求导为 $3x^2$ 。应用洛必达法则：

L = \lim_{x\to 0^+} \frac{-\int_0^{x^2} f(t,x)\,\mathrm{d}t}{3x^2}

3. 利用一元积分第一中值定理落地

因 $f(t, x)$ 是连续函数，在积分区间 $t \in [0, x^2]$ 上应用积分第一中值定理：
存在 $\xi \in [0, x^2]$ ，使得：

\int_0^{x^2} f(t,x)\,\mathrm{d}t = f(\xi, x) \cdot (x^2 - 0) = x^2 f(\xi, x)

代入极限表达式中：

L = \lim_{x\to 0^+} \frac{-x^2 f(\xi, x)}{3x^2} = \lim_{x\to 0^+} \left( -\frac{1}{3} f(\xi, x) \right)

当 $x \to 0^+$ 时，由 $0 \leqslant \xi \leqslant x^2$ 及夹逼准则可知 $\xi \to 0$ 。
又由 $f(x, y)$ 在 $(0, 0)$ 处的连续性，有：

\lim_{x\to 0^+} f(\xi, x) = f(0, 0) = -1

因此：

L = -\frac{1}{3} \times (-1) = \frac{1}{3}

解法二：二重积分第一中值定理（极速秒杀法）

观察分子整体的几何意义，分子实质为负的二重积分：

\int_0^{x^2} \mathrm{d}t \int_x^{\sqrt{t}} f(t,u)\,\mathrm{d}u = -\iint_D f(t,u)\,\mathrm{d}t\mathrm{d}u

计算闭区域 $D$ 的面积 $S_D$ ：

S_D = \int_0^x \mathrm{d}u \int_0^{u^2} \mathrm{d}t = \int_0^x u^2\,\mathrm{d}u = \left[ \frac{u^3}{3} \right]_0^x = \frac{x^3}{3}

由于 $f(t, u)$ 在闭区域 $D$ 上连续，且 $D$ 是有界闭连通区域，根据二重积分第一中值定理，在区域 $D$ 内必存在至少一点 $(\xi, \eta) \in D$ ，使得：

\iint_D f(t,u)\,\mathrm{d}t\mathrm{d}u = f(\xi, \eta) \cdot S_D = f(\xi, \eta) \cdot \frac{x^3}{3}

代入原极限中：

\begin{aligned} L &= \lim_{x\to 0^+} \frac{-\iint_D f(t,u)\,\mathrm{d}t\mathrm{d}u}{x^3} \\ &= \lim_{x\to 0^+} \frac{-f(\xi, \eta) \cdot \frac{x^3}{3}}{x^3} = -\frac{1}{3}\lim_{x\to 0^+} f(\xi, \eta) \end{aligned}

因为 $(\xi, \eta) \in D$ ，满足 $0 \leqslant \xi \leqslant x^2$ 且 $0 \leqslant \eta \leqslant x$ 。
当 $x \to 0^+$ 时，必有 $\xi \to 0, \eta \to 0$ ，即点 $(\xi, \eta) \to (0, 0)$ 。
由 $f$ 在 $(0, 0)$ 处连续，得：

\lim_{x\to 0^+} f(\xi, \eta) = f(0, 0) = -1

故直接得出：

L = -\frac{1}{3} \times (-1) = \frac{1}{3}

拓展与验证：含参变量变限积分求导公式（Leibniz 公式）

若不交换次序，直接验证分子函数 $\Phi(x) = \int_0^{x^2} \left[ \int_x^{\sqrt{t}} f(t, u)\,\mathrm{d}u \right] \mathrm{d}t$ 的导数：令内层为 $h(t, x) = \int_x^{\sqrt{t}} f(t, u)\,\mathrm{d}u$ ，则 $\Phi(x) = \int_0^{x^2} h(t, x)\,\mathrm{d}t$ 。
根据含参变量积分求导公式：

\Phi'(x) = h(x^2, x) \cdot (x^2)' + \int_0^{x^2} \frac{\partial h(t, x)}{\partial x}\,\mathrm{d}t

第一项： $h(x^2, x) = \int_x^{\sqrt{x^2}} f(x^2, u)\,\mathrm{d}u = \int_x^x f(x^2, u)\,\mathrm{d}u = 0$ ；
第二项： $\frac{\partial h(t, x)}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left( \int_x^{\sqrt{t}} f(t, u)\,\mathrm{d}u \right) = -f(t, x)$ ；

故：

\Phi'(x) = 0 + \int_0^{x^2} (-f(t, x))\,\mathrm{d}t = -\int_0^{x^2} f(t, x)\,\mathrm{d}t

结果与先交换积分次序完全一致，互相印证！

最终答案：

\boxed{\lim_{x\to 0^+} \frac{\int_0^{x^2} \mathrm{d}t \int_x^{\sqrt{t}} f(t,u)\,\mathrm{d}u}{1-e^{-x^3}} = \frac{1}{3}}

例 6.37（武忠祥高数讲义【例 1】 · 交换次序求导 vs 变限积分直接求导）

致命审题盲区：机械套用一元求导法则误判为 0（死选 D）：
- 很多同学看到 $F(t) = \int_1^t \mathrm{d}y \int_y^t f(x)\,\mathrm{d}x$ ，盲目套用一元变限求导“直接把上限 $t$ 代入内层”： $F'(t) \stackrel{?}{=} \left. \int_y^t f(x)\,\mathrm{d}x \right|_{y=t} = \int_t^t f(x)\,\mathrm{d}x = 0$ 毫不犹豫秒选 (D) 0，直接跌入出题人精心设计的陷阱！
- 错因本质：内层积分的上限同样含有参变量 $t$ ！当外层上限 $t$ 变化时，内层积分的区域也在同步扩张。忽略内部变量求导必全盘皆输！
首选破局利器：交换积分次序，将求导变量一网打尽至最外层：
- 区域由不等式 $1 \leqslant y \leqslant t, y \leqslant x \leqslant t$ 确定，这是一个位于直线 $y=x$ 下方、直线 $y=1$ 上方、右边界为 $x=t$ 的直角三角形；
- 交换次序（改为先积 $y$ 、后积 $x$ ）：
  - 外层 $x$ 从 $1$ 变化至 $t$ ： $1 \leqslant x \leqslant t$ ；
  - 内层 $y$ 从底边 $y=1$ 上升至斜边 $y=x$ ： $1 \leqslant y \leqslant x$ ；
  $F(t) = \int_1^t \mathrm{d}x \int_1^x f(x)\,\mathrm{d}y = \int_1^t (x-1)f(x)\,\mathrm{d}x$
- 降维打击：此时求导变量 $t$ 仅在最外层上限出现一次，内层被积函数完全是关于 $x$ 的一元表达式，直接应用微积分基本定理： $F'(t) = (t-1)f(t) \implies F'(2) = f(2)$ ，答案选 (B)！
秒杀备选利器：含参变量积分求导公式（选填题 10 秒口算神技）：
- 记 $g(y, t) = \int_y^t f(x)\,\mathrm{d}x$ ，则 $F(t) = \int_1^t g(y, t)\,\mathrm{d}y$ ；
- 套用公式 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int_1^t g\,\mathrm{d}y = g(t, t)\cdot 1 + \int_1^t \frac{\partial g}{\partial t}\,\mathrm{d}y$ $\frac{d}{d t} \int_{1}^{t} g d y = g (t, t) \cdot 1 + \int_{1}^{t} \frac{\partial g}{\partial t} d y$ ：
  - 第一项代上限： $g(t, t) = \int_t^t f(x)\,\mathrm{d}x = 0$ ；
  - 第二项求偏导： $\frac{\partial g}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}\int_y^t f(x)\,\mathrm{d}x = f(t)$ ；
  - 积分合并： $\int_1^t f(t)\,\mathrm{d}y = f(t)\int_1^t 1\,\mathrm{d}y = f(t)(t-1)$ ；
- 选填题无需画图直接套公式，心算 10 秒直接选 (B)！

解：应选 (B)。

解法一：交换积分次序法（大题标准推荐）

原二次积分所确定的平面闭区域为：

D_t = \{(x, y) \mid 1 \leqslant y \leqslant t, \; y \leqslant x \leqslant t\}

在直角坐标系 $(x, y)$ 中，该区域由水平直线 $y = 1$ 、倾斜直线 $y = x$ 以及垂直直线 $x = t$ 所围成。

交换二次积分次序（先对 $y$ 积分，后对 $x$ 积分）：

投影至 $x$ 轴： $1 \leqslant x \leqslant t$ ；
对于给定的 $x$ ， $y$ 从下边界 $y = 1$ 垂直穿入，到斜边界 $y = x$ 穿出，即 $1 \leqslant y \leqslant x$ 。

于是：

F(t) = \int_1^t \mathrm{d}x \int_1^x f(x)\,\mathrm{d}y = \int_1^t f(x) \left( \int_1^x 1\,\mathrm{d}y \right) \mathrm{d}x = \int_1^t (x-1)f(x)\,\mathrm{d}x

根据微积分基本定理，对变上限积分求导：

F'(t) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int_1^t (x-1)f(x)\,\mathrm{d}x = (t-1)f(t)

代入 $t = 2$ 得：

F'(2) = (2-1)f(2) = f(2)

解法二：含参变量变限积分求导公式（选填秒杀）

设内层积分函数为 $g(y, t) = \int_y^t f(x)\,\mathrm{d}x$ 。原式可看作关于 $t$ 的含参变限积分：

F(t) = \int_1^t g(y, t)\,\mathrm{d}y

根据莱布尼茨积分求导法则：

F'(t) = g(t, t) \cdot (t)' - g(1, t) \cdot (1)' + \int_1^t \frac{\partial g(y, t)}{\partial t}\,\mathrm{d}y

分别计算各项：

代上限： $g(t, t) = \int_t^t f(x)\,\mathrm{d}x = 0$ ；
下限为常数： $(1)' = 0$ ；
内部对参数 $t$ 求偏导： $\frac{\partial g(y, t)}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}\left(\int_y^t f(x)\,\mathrm{d}x\right) = f(t)$ 。

代入即得：

F'(t) = 0 - 0 + \int_1^t f(t)\,\mathrm{d}y = f(t)\int_1^t 1\,\mathrm{d}y = f(t)(t-1)

代入 $t = 2$ ：

F'(2) = f(2)(2-1) = f(2)

最终答案：

\boxed{\text{B}}

例 6.38（极坐标化含参变限积分并列微分方程）

核心概念辨析：二重积分何时是常数？何时是函数？
- 常数常态：若积分区域 $D$ 是固定的平面闭区域（边界无参数），则二重积分 $\iint_D f(x, y)\,\mathrm{d}\sigma$ 恒为一个确定的实常数 $A$ （可设 $A$ 代回求解）；
- 函数形态：本题区域为 $x^2+y^2 \leqslant 4t^2$ ，其边界半径依赖于参变量 $t$ ！因此该二重积分是关于参数 $t$ 的变限积分函数，实质构成了一个未知函数 $f(t)$ 的变限积分方程，求解路线必然是求导化为微分方程！
初值条件的隐蔽提取（防漏关键）：
- 变限积分方程求导后必产生一阶微分方程，其通解含任意常数 $C$ ；
- 必须在求导前从原积分方程中提取初值：令 $t = 0$ ，区域 $x^2+y^2 \leqslant 0$ 收缩至原点单点，面积为 0，二重积分项恒为 0： $f(0) = e^0 + 0 = 1$
- 痛点：若考场上忘记定初值，通解中的 $C$ 无法确定，大题直接扣半数步骤分！
极坐标转换与复合上限求导陷阱（高频失分处）：
- 被积函数含 $\sqrt{x^2+y^2}$ ，区域是圆盘，第一反应必须转极坐标： $\iint_{x^2+y^2 \leqslant 4t^2} f\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)\,\mathrm{d}\sigma = 2\pi \int_0^{2t} r f\left(\frac{r}{2}\right)\,\mathrm{d}r$
- 复合求导易错点：积分上限是 $2t$ $2 t$ 。
  - 若直接求导： $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int_0^{2t} r f(\frac{r}{2})\,\mathrm{d}r = (2t)f(\frac{2t}{2}) \cdot \mathbf{(2t)'} = 2t f(t) \cdot \mathbf{2} = 4t f(t)$ ！很多同学漏乘复合上限导数 2，导致求导全错！
  - 稳妥心法（换元法）：先令 $u = \frac{r}{2} \implies r = 2u, \mathrm{d}r = 2\mathrm{d}u$ ，积分化为 $8\pi \int_0^t u f(u)\,\mathrm{d}u$ ，上限直接为 $t$ ，求导直接得 $8\pi t f(t)$ ，彻底绝杀复合求导失误！
一阶线性微分方程极速解法：观察积分因子凑微分 vs 通解公式：
- 微分方程为 $f'(t) - 8\pi t f(t) = 8\pi t e^{4\pi t^2}$ ；
- 观察左边：乘上积分因子 $e^{-4\pi t^2}$ 后，恰好为全微分 $\left[ f(t) e^{-4\pi t^2} \right]' = 8\pi t$ ；
- 两边直接积分： $f(t)e^{-4\pi t^2} = 4\pi t^2 + C \implies f(t) = (4\pi t^2 + 1)e^{4\pi t^2}$ ，比生搬硬套通解公式快 1 分钟且零出错率！

解：

步骤一：提取初始条件

在已知积分方程中，令 $t = 0$ 。
此时积分区域 $D_0: x^2+y^2 \leqslant 0$ 为孤立点 $(0, 0)$ ，其面积微元为 0，故二重积分值为 0。
代入得初始条件：

f(0) = e^0 + 0 = 1

步骤二：极坐标变换化二重积分为一元变限积分

积分区域 $D_t: x^2+y^2 \leqslant 4t^2 = (2t)^2$ 是以原点为圆心、半径为 $2t$ 的圆盘。
引入极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, \mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ ：

极角范围： $0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$ ；
极径范围： $0 \leqslant r \leqslant 2t$ 。

将二重积分化为极坐标累次积分：

\begin{aligned} \iint\limits_{x^2+y^2 \leqslant 4t^2} f\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2t} f\left(\frac{1}{2}r\right) r\,\mathrm{d}r \\ &= 2\pi \int_0^{2t} r f\left(\frac{1}{2}r\right)\,\mathrm{d}r \end{aligned}

为避免后续求导因复合上限 $2t$ 出错，作换元：令 $u = \frac{1}{2}r \implies r = 2u, \mathrm{d}r = 2\mathrm{d}u$ 。
当 $r = 0$ 时 $u = 0$ ；当 $r = 2t$ 时 $u = t$ 。
积分式化为：

2\pi \int_0^t (2u) f(u) (2\mathrm{d}u) = 8\pi \int_0^t u f(u)\,\mathrm{d}u

原积分方程化简为：

f(t) = e^{4\pi t^2} + 8\pi \int_0^t u f(u)\,\mathrm{d}u

步骤三：求导建立微分方程

方程两边关于 $t$ 求导：

f'(t) = e^{4\pi t^2} \cdot (4\pi t^2)' + 8\pi \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[ \int_0^t u f(u)\,\mathrm{d}u \right]

即：

f'(t) = 8\pi t e^{4\pi t^2} + 8\pi t f(t)

移项整理为一阶线性非齐次微分方程的标准形式：

f'(t) - 8\pi t f(t) = 8\pi t e^{4\pi t^2}

步骤四：求解微分方程与定常数

方法（积分因子凑微分法 · 推荐）：方程两端同乘以积分因子 $e^{\int (-8\pi t)\,\mathrm{d}t} = e^{-4\pi t^2}$ ：

e^{-4\pi t^2} f'(t) - 8\pi t e^{-4\pi t^2} f(t) = 8\pi t e^{4\pi t^2} \cdot e^{-4\pi t^2}

左边为积的导数结构：

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left[ f(t) e^{-4\pi t^2} \right] = 8\pi t

两端对 $t$ 积分：

f(t) e^{-4\pi t^2} = \int 8\pi t\,\mathrm{d}t = 4\pi t^2 + C

得到通解：

f(t) = (4\pi t^2 + C)e^{4\pi t^2}

代入步骤一的初始条件 $f(0) = 1$ ：

(0 + C)e^0 = 1 \implies C = 1

最终得到 $f(t)$ 的解析表达式：

\boxed{f(t) = (4\pi t^2 + 1)e^{4\pi t^2}}

例 6.39（2011 年数三真题 · 区域含参二重积分等式与可分离变量微分方程）

审题核心突破点：右端被积函数 $f(t)$ 的常数属性识别（考场第一死穴）：
- 观察右端积分： $\iint_{D_t} f(t)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ；
- 积分微元是 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，积分自变量是 $x, y$ ！而 $f(t)$ 中根本不含 $x$ 与 $y$ ；
- 结论：对二重积分而言， $f(t)$ 仅仅是一个与积分变量无关的“常数乘积因子”，可以直接提至积分号外： $\iint_{D_t} f(t)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = f(t) \iint_{D_t} 1\,\mathrm{d}\sigma = f(t) \cdot S_{D_t} = \frac{1}{2}t^2 f(t)$
- 翻车教训：很多同学误把 $f(t)$ 当作复合函数，试图寻找 $t$ 与 $x, y$ 的代换，甚至误写成 $\iint f(x+y)\,\mathrm{d}\sigma$ ，从第一步就南辕北辙！
左端积分内层求原函数与对消化简：
- 区域 $D_t: 0 \leqslant x \leqslant t, 0 \leqslant y \leqslant t-x$ （直角腰长为 $t$ 的等腰直角三角形）；
- 观察内层积分： $\int_0^{t-x} f'(x+y)\,\mathrm{d}y$ $\int_{0}^{t - x} f^{'} (x + y) d y$ 。
  - 对 $y$ 积分时， $x$ 视为常数，凑微分 $\mathrm{d}y = \mathrm{d}(x+y)$ ，其原函数直接就是 $f(x+y)$ ；
  - 代入上下限即得： $\left. f(x+y) \right|_0^{t-x} = f(t) - f(x)$ ；
  - 积分化为： $\int_0^t [f(t) - f(x)]\,\mathrm{d}x = t f(t) - \int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x$ ；
两端求导建立微分方程（乘积导数防漏项）：
- 联立得到等式： $t f(t) - \int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{t^2}{2} f(t)$ ；
- 两端对参变量 $t$ $t$ 求导：
  - 左端导数： $[t f(t)]' - f(t) = f(t) + t f'(t) - f(t) = t f'(t)$ （首末项自然对消！）；
  - 右端导数（乘积求导法则）： $\left[ \frac{t^2}{2} f(t) \right]' = t f(t) + \frac{t^2}{2} f'(t)$ ；
- 整理得 $(2-t)f'(t) = 2f(t)$ ，彻底转化为标准的分离变量一阶微分方程！
初值确定与变量符号还原：
- 解分离变量方程得通解 $f(t) = \frac{C}{(2-t)^2}$ ；
- 代入题设初值 $f(0) = 1 \implies \frac{C}{4} = 1 \implies C = 4$ ；
- 题目问的是 $f(x)$ ，最后务必将自变量改写回 $x$ ，并规范注明区间 $x \in [0, 1]$ ： $f(x) = \frac{4}{(2-x)^2}$ 。

解：

步骤一：计算等式右端积分（提取常数因子）

区域 $D_t$ 是以直角边长为 $t$ 的等腰直角三角形闭区域，其面积为：

S_{D_t} = \frac{1}{2} \cdot t \cdot t = \frac{t^2}{2}

在右端积分 $\iint_{D_t} f(t)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 中，被积函数 $f(t)$ 与积分自变量 $x, y$ 无关，可作为常数直接提至二重积分号外：

\iint_{D_t} f(t)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = f(t) \iint_{D_t} 1\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = f(t) \cdot S_{D_t} = \frac{t^2}{2} f(t)

步骤二：计算等式左端积分（累次积分降维）

区域 $D_t$ 写作 $X$ 型区域： $0 \leqslant x \leqslant t, \; 0 \leqslant y \leqslant t-x$ 。
将左端二重积分化为直角坐标累次积分：

\iint_{D_t} f'(x+y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^t \mathrm{d}x \int_0^{t-x} f'(x+y)\,\mathrm{d}y

对内层关于 $y$ 积分，因 $\mathrm{d}y = \mathrm{d}(x+y)$ ：

\int_0^{t-x} f'(x+y)\,\mathrm{d}y = \left[ f(x+y) \right]_{y=0}^{y=t-x} = f(t) - f(x)

代回外层积分：

\begin{aligned} \int_0^t [f(t) - f(x)]\,\mathrm{d}x &= \int_0^t f(t)\,\mathrm{d}x - \int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= t f(t) - \int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x \end{aligned}

步骤三：联立等式并求导建立微分方程

由左右两端相等，得变限积分方程：

t f(t) - \int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{t^2}{2} f(t) \qquad (0 < t \leqslant 1)

方程两端关于参数 $t$ 求导：

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left[ t f(t) - \int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x \right] = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left[ \frac{t^2}{2} f(t) \right]

分别求导：

左端： $[t f(t)]' - [ \int_0^t f(x)\,\mathrm{d}x ]' = f(t) + t f'(t) - f(t) = t f'(t)$ ；
右端： $\left(\frac{t^2}{2}\right)' f(t) + \frac{t^2}{2} f'(t) = t f(t) + \frac{t^2}{2} f'(t)$ 。

故：

t f'(t) = t f(t) + \frac{t^2}{2} f'(t)

因为 $0 < t \leqslant 1$ ，方程两端同除以 $t$ ：

f'(t) = f(t) + \frac{t}{2} f'(t) \implies \left(1 - \frac{t}{2}\right) f'(t) = f(t)

即：

(2-t)f'(t) = 2f(t)

步骤四：求解微分方程与定特解

分离变量：

\frac{\mathrm{d}f(t)}{f(t)} = \frac{2}{2-t}\,\mathrm{d}t

两边同时积分：

\int \frac{\mathrm{d}f(t)}{f(t)} = -2 \int \frac{\mathrm{d}(2-t)}{2-t}

得：

\ln|f(t)| = -2\ln(2-t) + C_1 = \ln\left( \frac{C}{(2-t)^2} \right) \implies f(t) = \frac{C}{(2-t)^2}

代入初始条件 $f(0) = 1$ ：

\frac{C}{(2-0)^2} = 1 \implies \frac{C}{4} = 1 \implies C = 4

故 $f(t) = \frac{4}{(2-t)^2}$ 。

将自变量还原为 $x$ ，最终得到 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上的解析表达式：

\boxed{f(x) = \frac{4}{(2-x)^2} \quad (0 \leqslant x \leqslant 1)}

例 6.40（2011 年数一/数二真题 · 混合二阶偏导数、两次分部积分与换序解耦）

审题第一直觉：降阶思维 —— 从 $f_{xy}''$ 逐层击穿回 $f$ ：
- 被积函数含高阶混合偏导项 $xy f_{xy}''(x, y)$ ，已知条件却是二重积分 $\iint_D f(x, y)\,\mathrm{d}\sigma = a$ 与边界条件；
- 核心思维是**“死皮赖脸往已知条件上凑”：利用微积分基本原理，通过两次分部积分**逐步削去二阶偏导号，化归为原函数 $f$ ！
核心易错点一：边界恒等式求导的隐含性质（非积分项为 0 的数学依据）：
- 条件给定：在边界 $y=1$ 上恒有 $f(x, 1) = 0$ （对一切 $x \in [0, 1]$ 成立）；
- 推论：既然 $f(x, 1)$ 是一个关于 $x$ 的恒等为 0 的函数，那么对 $x$ 求导必然恒为 0，即： $f_x'(x, 1) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[f(x, 1)] = 0$
- 第一次分部积分代入上限产生 $1 \cdot f_x'(x, 1) = 0$ ，下限 $y=0$ 产生 0，非积分项完全为 0！同理第二次分部积分非积分项代入 $f(1, y)=0$ 也全为 0！
核心易错点二：严禁“跨层求导”！必须交换积分次序才能进行第二次分部积分：
- 第一次分部积分后，得到结构： $I = -\int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 f_x'(x, y)\,\mathrm{d}y$
- 考场致命错误：很多同学误以为可以直接对外层的 $x$ 与内层的 $f_x'$ 分部积分，把式子胡乱合并。
- 严格规范：由于 $f_x'(x, y)$ 处于内层被关于 $y$ 积分包裹，必须应用 Fubini 定理交换积分次序，将 $\mathrm{d}y$ 提至外层，将对 $x$ 的积分移至内层： $I = -\int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^1 x f_x'(x, y)\,\mathrm{d}x$ 唯有如此，内层才能合法对 $x$ 开展第二次分部积分！
符号追踪与负负得正：
- 第一次分部积分产生一个负号： $-\int_0^1 f_x'\,\mathrm{d}y$ ；
- 第二次分部积分又产生一个负号： $-\int_0^1 f\,\mathrm{d}x$ ；
- 两个负号相乘得正： $-(-a) = +a$ ！考场上必须极其谨慎，防止符号疏漏导致写成 $-a$ 。

解：

步骤一：化二重积分为累次积分

积分区域 $D = [0, 1] \times [0, 1]$ 为平面单位正方形，化为二次积分：

I = \int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 y f_{xy}''(x,y)\,\mathrm{d}y

注意到混合偏导数关系式：

f_{xy}''(x,y) = \frac{\partial}{\partial y}\left[ f_x'(x,y) \right] \implies f_{xy}''(x,y)\,\mathrm{d}y = \mathrm{d}_y [f_x'(x,y)]

步骤二：内层关于 $y$ 实施第一次分部积分

固定 $x$ ，对内层积分应用分部积分法：

\begin{aligned} \int_0^1 y f_{xy}''(x,y)\,\mathrm{d}y &= \int_0^1 y\,\mathrm{d}_y [f_x'(x,y)] \\ &= \Big[ y f_x'(x,y) \Big]_{y=0}^{y=1} - \int_0^1 f_x'(x,y)\,\mathrm{d}y \end{aligned}

代入上下限分析非积分项：

上限 $y = 1$ ：由题设 $f(x, 1) = 0$ 对任意 $x \in [0, 1]$ 恒成立，两端对 $x$ 求导得 $f_x'(x, 1) = 0$ ；
下限 $y = 0$ ：因子 $y = 0$ 导致结果为 0。

故非积分项恒为 0：

\Big[ y f_x'(x,y) \Big]_{y=0}^{y=1} = 1 \cdot f_x'(x, 1) - 0 \cdot f_x'(x, 0) = 0 - 0 = 0

代回原式得：

I = \int_0^1 x \left[ - \int_0^1 f_x'(x,y)\,\mathrm{d}y \right] \mathrm{d}x = -\int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 f_x'(x,y)\,\mathrm{d}y

步骤三：交换二次积分次序（解耦关键）

由于积分区域为常数矩形域且被积导函数连续，根据 Fubini 定理交换积分次序：

I = -\int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^1 x f_x'(x,y)\,\mathrm{d}x

注意到 $f_x'(x,y)\,\mathrm{d}x = \mathrm{d}_x [f(x,y)]$ 。

步骤四：内层关于 $x$ 实施第二次分部积分

对内层关于 $x$ 实施分部积分法：

\begin{aligned} \int_0^1 x f_x'(x,y)\,\mathrm{d}x &= \int_0^1 x\,\mathrm{d}_x [f(x,y)] \\ &= \Big[ x f(x,y) \Big]_{x=0}^{x=1} - \int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}x \end{aligned}

代入上下限：

上限 $x = 1$ ：由题设边界条件 $f(1, y) = 0$ ，得 $1 \cdot f(1, y) = 0$ ；
下限 $x = 0$ ：因子 $x = 0$ 导致为 0。

故非积分项再次恒等于 0：

\int_0^1 x f_x'(x,y)\,\mathrm{d}x = -\int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}x

步骤五：代回汇总与结论

将内层第二次分部积分结果代回外层表达式中：

\begin{aligned} I &= -\int_0^1 \mathrm{d}y \left[ -\int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}x \right] \\ &= \int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}x \\ &= \iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = a \end{aligned}

最终答案：

\boxed{\iint_D xy f_{xy}''(x,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = a}

ギターと孤独と蒼い惑星

09-20 错题记录

09-20 错题记录

例 6.35（武忠祥高数讲义【例 4】 · 交换积分次序 + 洛必达 + 积分中值定理）

例 6.37（武忠祥高数讲义【例 1】 · 交换次序求导 vs 变限积分直接求导）

例 6.38（极坐标化含参变限积分并列微分方程）

例 6.39（2011 年数三真题 · 区域含参二重积分等式与可分离变量微分方程）

例 6.40（2011 年数一/数二真题 · 混合二阶偏导数、两次分部积分与换序解耦）

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