📚 第 6 章二重积分 · 错题集

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例 6.1.2（22 年李林六套卷 · 二重积分几何意义 / 上半球面与倒圆锥曲顶柱体体积切割比大小）

二重积分的“第一决策直觉”：几何意义秒杀优先于代数硬算：
- 看到被积函数出现 $\sqrt{R^2 - (x-x_0)^2 - (y-y_0)^2}$ 或 $\sqrt{(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2}$ 时，必须形成条件反射——优先考虑几何意义（曲顶柱体体积）！
- 本题积分区域为圆域 $D: (x-1)^2 + y^2 \leqslant 1$ $D : (x - 1)^{2} + y^{2} ⩽ 1$ ，若盲目套用普通极坐标或直角坐标硬算：
  - 普通极坐标下极径为 $0 \leqslant r \leqslant 2\cos\theta$ ，被积函数中含有 $\sqrt{2r\cos\theta - r^2}$ ，根号下嵌套三角函数，极易陷入积分死胡同；
  - 即使采用平移极坐标，也需要逐个求原函数代入计算，耗时 5~10 分钟；
  - 而识别出上半球面与圆锥面后，利用中学立体几何体积公式 30 秒即可直接秒杀！
曲顶柱体体积的“补体/切割”直觉陷阱（核心易错点！）：
- 曲顶柱体的本质：二重积分 $\iint_D z\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ （当 $z \geqslant 0$ 时）表示的是以 $xy$ 平面（ $z=0$ ）为底、以曲面 $z=f(x, y)$ 为顶面、以区域 $D$ 的边界为母线的平底曲顶柱体的体积；
- 圆锥面曲顶柱体 $I_3$ 的空间辨析：
  - 顶面方程为 $z = \sqrt{(x-1)^2 + y^2}$ （顶点在 $(1, 0, 0)$ ，母线与 $z$ 轴夹角为 $45^\circ$ ，向上开口张开）；
  - 该曲面在圆域 $D$ 边缘处的高度为 $z = 1$ ；
  - 致命直觉错误：很多同学看到圆锥面方程，直觉上误以为 $I_3$ 就是“圆锥体的体积”，直接套用 $\frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi$ ！
  - 正解：积分是从底面 $z=0$ 往上累加到顶面 $z=r$ 。因此 $I_3$ 所围成的形体是外层高为 1 的圆柱体挖去上方正圆锥后剩下的“底座基台”！其体积为： $I_3 = V_{\text{圆柱}} - V_{\text{锥}} = \pi \cdot 1^2 \cdot 1 - \frac{1}{3}\pi \cdot 1^2 \cdot 1 = \frac{2}{3}\pi$
$I_2$ 与 $I_3$ 的对偶互补与正圆锥判定：
- 观察 $I_2$ ： $I_2 = \iint_D \left[1 - \sqrt{(x-1)^2 + y^2}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_D 1\,\mathrm{d}\sigma - I_3 = V_{\text{圆柱}} - I_3$
- 从被积函数看，其高度微元为 $1 - z_{\text{锥}}$ ，即在点 $(x, y)$ 处，从圆锥面 $z=\sqrt{(x-1)^2+y^2}$ 向上延伸到顶盖平面 $z=1$ 的厚度；
- 因而 $I_2$ 所围成的几何立体恰恰就是那个底面在 $z=1$ （半径为 1）、顶点在 $(1, 0, 0)$ 的倒立正圆锥！其体积才是标准的： $I_2 = \frac{1}{3}\pi \cdot 1^2 \cdot 1 = \frac{1}{3}\pi$
空间几何体速查与考研必背体积公式：
- 上半球体（底半径 $R$ ）： $V = \frac{2}{3}\pi R^3$ （整球为 $\frac{4}{3}\pi R^3$ ）；
- 圆柱体（底半径 $R$ ，高 $H$ ）： $V = \pi R^2 H$ ；
- 圆锥体（底半径 $R$ ，高 $H$ ）： $V = \frac{1}{3}\pi R^2 H$ ；
- 柱挖锥余体（圆柱挖同底等高圆锥）： $V = \frac{2}{3}\pi R^2 H$ 。

正确选项： $\boxed{\mathbf{(A)} \quad 2 : 1 : 2}$

方法一：几何体积割补法（考场首选 · 秒杀解法）

第一步：配方识别空间立体顶面曲面方程
对各被积函数的根号内部进行完全平方配方：

\sqrt{2x - x^2 - y^2} = \sqrt{1 - \left[(x-1)^2 + y^2\right]}, \qquad \sqrt{x^2 + y^2 - 2x + 1} = \sqrt{(x-1)^2 + y^2}

积分区域 $D$ 为 $xOy$ 平面上以 $(1, 0)$ 为圆心、半径 $R = 1$ 的闭圆盘：

D = \{(x, y) \mid (x-1)^2 + y^2 \leqslant 1\}

第二步：分析 $I_1$ 的几何形体与体积
令曲面 $z = \sqrt{1 - (x-1)^2 - y^2}$ ，两端平方得：

(x-1)^2 + y^2 + z^2 = 1 \quad (z \geqslant 0)

这表示以 $(1, 0, 0)$ 为球心、半径为 $R = 1$ 的上半球面。
积分区域 $D$ 恰好为该上半球在 $xOy$ 面上的投影底面。
因此， $I_1$ 表示该上半球体的体积：

I_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi \times 1^3 = \frac{2}{3}\pi

第三步：分析 $I_3$ 与 $I_2$ 的立体切割关系
令曲面 $z = \sqrt{(x-1)^2 + y^2}$ ，这表示顶点在 $(1, 0, 0)$ 、轴线沿竖直方向、半顶角为 $45^\circ$ 的圆锥面上半部分。
在区域 $D$ 的边界 $(x-1)^2 + y^2 = 1$ 上，锥顶高度达到 $z = 1$ 。
构造以区域 $D$ 为底、高为 $H = 1$ 的圆柱体，其体积为：

V_{\text{柱}} = \iint_D 1\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \pi R^2 H = \pi \times 1^2 \times 1 = \pi

观察立体切割示意图（如下图所示）：

340

$I_3 = \iint_D \sqrt{(x-1)^2 + y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 是底面在 $z=0$ 、顶面为锥面 $z=r$ 的曲顶柱体体积，即圆柱体中位于锥面下方的部分（圆柱挖去上方锥体后剩下的部分）： $I_3 = V_{\text{圆柱}} - V_{\text{圆锥}} = \pi \times 1^2 \times 1 - \frac{1}{3}\pi \times 1^2 \times 1 = \frac{2}{3}\pi$
$I_2 = \iint_D \left[1 - \sqrt{(x-1)^2 + y^2}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y = V_{\text{圆柱}} - I_3$ ，表示位于锥面上方、高度在 $z=1$ 平面下方的倒立正圆锥体积： $I_2 = V_{\text{圆锥}} = \frac{1}{3}\pi \times 1^2 \times 1 = \frac{1}{3}\pi$

第四步：求体积之比

I_1 : I_2 : I_3 = \frac{2}{3}\pi : \frac{1}{3}\pi : \frac{2}{3}\pi = 2 : 1 : 2

故正确答案为 A。

方法二：平移极坐标代数验证法（严谨演算对照）

为了彻底消除几何直觉疑虑，采用平移极坐标系进行精确代数积分验证：

第一步：作平移极坐标变换
积分区域圆心在 $(1, 0)$ ，作平移变换：

\begin{cases} x = 1 + r\cos\theta \\ y = r\sin\theta \end{cases} \qquad \text{雅可比行列式 } J = r

此时积分区域 $D$ 在平移极坐标下化为最规整的矩形区域：

D_{r, \theta} = \{(r, \theta) \mid 0 \leqslant r \leqslant 1, \; 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi\}

第二步：分别计算各二重积分

计算 $I_1$ ：
$\sqrt{2x - x^2 - y^2} = \sqrt{1 - r^2}$ $I_1 = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 \sqrt{1 - r^2} \cdot r\,\mathrm{d}r = 2\pi \left[ -\frac{1}{3}(1 - r^2)^{3/2} \right]_0^1 = 2\pi \left(0 - \left(-\frac{1}{3}\right)\right) = \frac{2}{3}\pi$
计算 $I_3$ ：
$\sqrt{x^2 + y^2 - 2x + 1} = \sqrt{r^2} = r$ $I_3 = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 r \cdot r\,\mathrm{d}r = 2\pi \int_0^1 r^2\,\mathrm{d}r = 2\pi \left[\frac{1}{3}r^3\right]_0^1 = \frac{2}{3}\pi$
计算 $I_2$ ：
$1 - \sqrt{x^2 + y^2 - 2x + 1} = 1 - r$ $I_2 = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 (1 - r) \cdot r\,\mathrm{d}r = 2\pi \int_0^1 (r - r^2)\,\mathrm{d}r = 2\pi \left[ \frac{1}{2}r^2 - \frac{1}{3}r^3 \right]_0^1 = 2\pi \left(\frac{1}{6}\right) = \frac{1}{3}\pi$

结论：

I_1 = \frac{2}{3}\pi, \quad I_2 = \frac{1}{3}\pi, \quad I_3 = \frac{2}{3}\pi \implies I_1 : I_2 : I_3 = 2 : 1 : 2

两种方法结果完全一致，锁定 A 选项！

例 6.2（2024 超越模拟卷 · 和式极限化二重积分 / 变量代换、Fubini换序与换元综合辨析）

直觉误区一：误以为“外层必须积到 1，内层必须积到 2”（误判 B 选项）：
- 原式外层求和号是 $\sum_{i=1}^n$ （上限对应 1），内层是 $\sum_{j=1}^{2n}$ （上限对应 2）；
- 很多同学直觉上认为：选项 B 的外层积分是 $\int_0^2 \mathrm{d}x$ ，与原和式的内外限反了，因而武断判定 B 错误；
- 实质逻辑：定积分结果与变量符号完全无关（哑变量代换： $x \leftrightarrow y$ ），且积分区域是矩形区域 $[0, 2] \times [0, 1]$ ，根据 Fubini 定理，两个常数限的累次积分可自由对调次序！
直觉误区二：换元时漏掉积分微元 $\mathrm{d}y$ 的伸缩倍数（误判 C 与 D）：
- 将内层上限 2 转化为 1，必须作换元 $y = 2t$ ；
- 变换后不仅被积函数中的 $y$ 变为 $2t$ ，微分微元 $\mathrm{d}y$ 必须同步替换为 $2\,\mathrm{d}t$ ！
- 选项 C 得到的 $2(x+y)$ 恰恰就是漏乘了 $\mathrm{d}y = 2\,\mathrm{d}t$ 的典型算错项；而选项 D 中系数为 $4(x+y)$ 才是完全正确的变换结果。
和式极限化二重积分的四步标准化流程：
- ① 提微元：严格凑出平面面积微元 $\dfrac{1}{n^2} = \dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{1}{n}$ ；
- ② 凑自变量：将剩余表达式整理为含 $\dfrac{i}{n}$ 与 $\dfrac{j}{n}$ 的函数形式；
- ③ 定积分限：由求和上下标直接求极限定限（ $a = \lim \frac{1}{n}=0, b = \lim \frac{2n}{n}=2$ ）；
- ④ 恒等变形：灵活运用“哑变量改名”、“矩形换序（Fubini）”、“定积分单变量换元”三种变换检验选项。

正确答案（即不正确的选项）： $\boxed{\mathbf{(C)}}$

步骤一：提取微元，标准直译（验证选项 A）

原式分子为 $2i+j$ ，分母为 $n^3$ ，提面积微元 $\dfrac{1}{n^2}$ ：

\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{2n} \frac{2i+j}{n^3} &= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{2n} \frac{1}{n^2} \left( 2 \cdot \frac{i}{n} + \frac{j}{n} \right) \end{aligned}

由和式极限与累次积分对应关系：

外层关于 $i$ ：令 $x = \dfrac{i}{n}$ ，下限 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$ ，上限 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{n}=1$ ，对应外层 $\displaystyle\int_0^1 \mathrm{d}x$ ；
内层关于 $j$ ：令 $y = \dfrac{j}{n}$ ，下限 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$ ，上限 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n}{n}=2$ ，对应内层 $\displaystyle\int_0^2 \dots\,\mathrm{d}y$ ；
被积表达式为 $2x + y$ 。

故直接转化可得：

\int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^2 (2x+y)\,\mathrm{d}y

选项 A 正确。

步骤二：哑变量对调与 Fubini 交换次序（验证选项 B）

哑变量记号无关性：定积分是确定的实数，其数值与积分变量用什么字母表示无关。在选项 A 的结果中，将所有变量 $x$ 改记为 $y$ ，所有变量 $y$ 改记为 $x$ ： $\int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^2 (2x+y)\,\mathrm{d}y = \int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^2 (2y+x)\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^2 (x+2y)\,\mathrm{d}x$
Fubini 定理交换积分次序：此时积分区域在 $xOy$ 平面上表示为矩形闭区域： $D = \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 2, \; 0 \leqslant y \leqslant 1\}$ 被积函数 $f(x, y) = x+2y$ 在该矩形闭区域上连续，积分上下限全为常数且彼此独立，由 Fubini 定理，累次积分内外层可直接无条件交换： $\int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^2 (x+2y)\,\mathrm{d}x = \int_0^2 \mathrm{d}x \int_0^1 (x+2y)\,\mathrm{d}y$ 恰好得到选项 B 的表达式！故 选项 B 也完全正确。

步骤三：单变量区间换元法（辨析选项 C 与 D）

在选项 A 的基础上，考虑将内层积分的上限由 $2$ 压缩为 $1$ 。
针对内层关于 $y$ 的定积分 $\displaystyle\int_0^2 (2x+y)\,\mathrm{d}y$ （此时将 $x$ 视作常数），作换元变换：

\text{令 } y = 2t \implies \mathrm{d}y = 2\,\mathrm{d}t

代入积分限：

当 $y = 0$ 时， $t = 0$ ；
当 $y = 2$ 时， $t = 1$ 。

代入内层积分式：

\begin{aligned} \int_0^2 (2x+y)\,\mathrm{d}y &= \int_0^1 (2x + 2t) \cdot (2\,\mathrm{d}t) \\ &= \int_0^1 2(x + t) \cdot 2\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^1 4(x + t)\,\mathrm{d}t \end{aligned}

再利用定积分与变量代号无关，将哑变量 $t$ 重新写回为 $y$ ：

= \int_0^1 4(x + y)\,\mathrm{d}y

放入外层积分中，即得：

\int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^1 4(x+y)\,\mathrm{d}y

故选项 D 正确，而选项 C 少乘了换元微元倍数 $2$ ，是错误的！

综上，不正确的选项选 C。

例 6.14.1（2021 年数三真题 · 极坐标常数限交换积分次序 / 指数复合与极角凑微分秒杀）

坐标系选择第一直觉：圆弧边界 + 齐二次结构 $\implies$ 极坐标绝对统治：
- 区域 $D$ 是圆 $x^2+y^2 \leqslant 1$ 、直线 $y=x$ 及 $x$ 轴在第一象限围成的扇形（圆心角为 $\frac{\pi}{4}$ ）；
- 若盲目在直角坐标系下计算：
  - 被积函数中包含 $e^{(x+y)^2} = e^{x^2+2xy+y^2}$ ，由于包含交叉项 $2xy$ 与平方项，对单一变量 $x$ 或 $y$ 均不可积（原函数非初等）；
  - 外层积分限含有圆弧代数根号 $y = \sqrt{1-x^2}$ ，代入后直接陷入算力泥潭；
- 观察被积表达式结构： $(x+y)^2 = x^2+y^2+2xy = r^2(1+\sin 2\theta)$ ， $x^2-y^2 = r^2\cos 2\theta$ 。极坐标下半径与角度彻底解耦，必须第一反应切入极坐标！
核心易错思维定势：打破“极坐标必先 $r$ 后 $\theta$ ”的机械教条：
- 传统教条惯性：绝大多数同学学完极坐标后，潜意识里形成“先对径向 $r$ 积分、后对极角 $\theta$ 积分”的刻板印象： $\int_0^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^1 e^{r^2(1+\sin 2\theta)} r^3 \cos 2\theta\,\mathrm{d}r$
- 先积 $r$ 的计算灾难：
  - 内层对 $r$ 积： $\int r^3 e^{c r^2}\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\int t e^{ct}\,\mathrm{d}t$ （其中 $c = 1+\sin 2\theta$ ），需要使用分部积分法；
  - 积分后式子分母会出现系数 $c = 1+\sin 2\theta$ 及其平方项 $(1+\sin 2\theta)^2$ ；
  - 外层对 $\theta$ 积分时，将面临 $\int \frac{\cos 2\theta}{(1+\sin 2\theta)^2}\,\mathrm{d}\theta$ 等高难度有理三角式积分，考场上耗时极长且极易因繁杂代数算错！
破局法则：极坐标常数限下的 Fubini 定理自由换序：
- 扇形区域在极坐标平面 $(r, \theta)$ 上是一个标准的常数限矩形闭区域： $D_{r, \theta} = [0, 1] \times \left[0, \frac{\pi}{4}\right]$
- 依据 Fubini 定理，两个常数限累次积分内外层拥有完全等价的无条件交换自由度！
- 果断对调积分次序，先对 $\theta$ 积分！
计算秒杀：指数复合项与极角微分的天然联动：
- 观察内层关于 $\theta$ 的结构： $\int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta$
- 指数上的变量部分是 $1+\sin 2\theta$ ，其微分为 $\mathrm{d}(1+\sin 2\theta) = 2\cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta$ ；
- 外层恰好直接附赠了 $\cos 2\theta$ 微分因子！这绝不是巧合，而是命题人精心设计的复合函数凑微分结构；
- 一步凑微分即得： $\frac{1}{2r^2}\left[ e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \right]_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{4}} = \frac{e^{2r^2} - e^{r^2}}{2r^2}$
- 产生的除数 $r^2$ 恰好与外层面积微元乘出的 $r^3$ 形成完美对消，仅剩余一次项 $r$ ： $\frac{1}{2}\int_0^1 r(e^{2r^2} - e^{r^2})\,\mathrm{d}r = \frac{1}{4}\int_0^1 (e^{2t} - e^t)\,\mathrm{d}t \quad (t = r^2)$
- 全程无需分部积分，两行草稿纸直接秒杀出解！

解：

步骤一：区域识别与极坐标方程转化

积分区域 $D$ 在第一象限，受下述边界限制：

圆周方程： $x^2+y^2=1 \implies r = 1$ ；
直线方程： $y=0$ （ $x$ 轴） $\implies \theta = 0$ ；
直线方程： $y=x \implies \theta = \frac{\pi}{4}$ 。

故区域 $D$ 在极坐标下的表达式为：

D = \left\{(r, \theta) \;\middle|\; 0 \leqslant r \leqslant 1, \; 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{4}\right\}

步骤二：被积表达式与微元的极坐标代换

将极坐标变换式 $\begin{cases} x = r\cos\theta \\ y = r\sin\theta \end{cases}$ 代入被积表达式中：

指数部分： $(x+y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = r^2 + 2r^2\sin\theta\cos\theta = r^2(1 + \sin 2\theta)$
多项式部分： $x^2 - y^2 = r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = r^2\cos 2\theta$
面积微元： $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$

整理合并整个被积微元：

e^{(x+y)^2}(x^2-y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cdot (r^2\cos 2\theta) \cdot (r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta) = e^{r^2(1+\sin 2\theta)} r^3\cos 2\theta\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta

步骤三：Fubini 换序 —— 先对极角 $\theta$ 积分（核心破局点）

由于积分上下限全为常数且各变量相互独立，根据 Fubini 定理，交换积分次序，先积 $\theta$ ：

I = \int_0^1 r^3\,\mathrm{d}r \int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta

对内层关于 $\theta$ 的积分进行凑微分：注意到 $\mathrm{d}\left[r^2(1+\sin 2\theta)\right] = 2r^2\cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta$ ，即 $\cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta = \dfrac{1}{2r^2}\mathrm{d}\left[r^2(1+\sin 2\theta)\right]$ ：

\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta &= \frac{1}{2r^2}\int_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)}\,\mathrm{d}\left[r^2(1+\sin 2\theta)\right] \\ &= \left. \frac{1}{2r^2} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \right|_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{4}} \end{aligned}

代入上下限：

当 $\theta = \frac{\pi}{4}$ 时， $\sin 2\theta = \sin\frac{\pi}{2} = 1$ ，原式为 $\dfrac{e^{2r^2}}{2r^2}$ ；
当 $\theta = 0$ 时， $\sin 2\theta = \sin 0 = 0$ ，原式为 $\dfrac{e^{r^2}}{2r^2}$ 。

故内层定积分结果为：

\frac{e^{2r^2} - e^{r^2}}{2r^2}

步骤四：外层对 $r$ 积分消阶化简

将内层结果代回外层累次积分：

\begin{aligned} I &= \int_0^1 r^3 \cdot \frac{e^{2r^2} - e^{r^2}}{2r^2}\,\mathrm{d}r \\ &= \frac{1}{2}\int_0^1 r\left(e^{2r^2} - e^{r^2}\right)\mathrm{d}r \end{aligned}

令 $t = r^2$ ，则 $\mathrm{d}t = 2r\,\mathrm{d}r$ ，即 $r\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\mathrm{d}t$ ；当 $r = 0 \to 1$ 时， $t = 0 \to 1$ ：

\begin{aligned} I &= \frac{1}{4}\int_0^1 \left(e^{2t} - e^t\right)\mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{4}\left[ \frac{1}{2}e^{2t} - e^t \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{4}\left[ \left(\frac{1}{2}e^2 - e\right) - \left(\frac{1}{2} - 1\right) \right] \\ &= \frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}e^2 - e + \frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{1}{8}\left(e^2 - 2e + 1\right) \\ &= \frac{1}{8}(e - 1)^2. \end{aligned}

最终答案：

\boxed{\iint_D e^{(x+y)^2}(x^2-y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{1}{8}(e-1)^2}

例 6.16（高数讲义经典典例 · 绝对值与内切偏心圆 / 割补法代数恒等变形化不规则为规则）

绝对值分界线与几何内切位置判定：
- 判定被积函数 $|x^2+y^2-2y|$ 变号的分界线是 $x^2+y^2-2y = 0 \iff x^2+(y-1)^2 = 1$ （圆心在 $(0, 1)$ 、半径为 $1$ 的小圆）；
- 积分大区域 $D: x^2+y^2 \leqslant 4$ 是圆心在原点 $(0, 0)$ 、半径为 $2$ 的大圆；
- 小圆最低点 $(0, 0)$ 、最高点 $(0, 2)$ ，恰好完全内切于大圆 $D$ ；
- 积分域天然被分为两块：
  - 小圆内部 $D_1 = \{(x, y) \mid x^2+(y-1)^2 \leqslant 1\}$ ，内部 $x^2+y^2-2y \leqslant 0$ ，去绝对值添负号为 $2y-x^2-y^2$ ；
  - 大圆挖去小圆后的环形月牙区域 $D_2 = D \setminus D_1$ ，内部 $x^2+y^2-2y \geqslant 0$ ，去绝对值保持原样。
致命思维陷阱：直接分块积分导致“算力黑洞”：
- 错误/笨拙做法：硬算 $I = \iint_{D_1} (2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma$ ；
- 痛点所在： $D_2$ 是一个偏心挖孔的不规则月牙形区域，在极坐标下若想穿线积分，极径必须分段，极角必须分块求解，极易漏算且计算量极其庞大！
核心破局法则：割补法的代数恒等变形（“借一还一”，化不规则为规则整圆）：
- 注意到残缺区域 $D_2 = D - D_1$ ，利用积分区域可加性： $\iint_{D_2} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma = \iint_D (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma$
- 代入原积分式合并同类项： $\begin{aligned} I &= \iint_{D_1} (2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \left[ \iint_D (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma \right] \\ &= \iint_D (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_1} (2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma \end{aligned}$
- 降维飞跃：残缺区域 $D_2$ 彻底消失！取而代之的是两个完美规则的整圆：大圆 $D$ 与小圆 $D_1$ ！
化繁为简的计算心法：
- 大圆积分利用奇偶对称性：大圆 $D$ 关于 $x$ 轴上下对称，被积函数中 $-2y$ 是关于 $y$ 的奇函数，积分直接为 $0$ ；仅剩 $x^2+y^2$ 项，极坐标直接出 $8\pi$ ；
- 小圆积分推荐“平移极坐标”秒杀：令 $x = r\cos\theta, y = 1+r\sin\theta$ （ $0 \leqslant r \leqslant 1, 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$ ），被积函数 $2y-x^2-y^2 = 1 - r^2$ ，角度直接积出 $2\pi$ ，径向一步出 $\frac{1}{4}$ ，乘积直接口算得 $\frac{\pi}{2}$ ，彻底避开普通极坐标下的高次三角函数点火公式！

解：

步骤一：区域划分与绝对值脱帽

考察不等式 $x^2+y^2-2y \leqslant 0$ ，配方得：

x^2 + (y-1)^2 \leqslant 1

此即以 $(0, 1)$ 为圆心、半径为 $1$ 的闭圆盘，记为 $D_1$ 。
积分大区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \leqslant 4$ ，是以 $(0, 0)$ 为圆心、半径为 $2$ 的闭圆盘。
由于点 $(x, y) \in D_1$ 时：

x^2 + y^2 \leqslant 2y \leqslant 4

故小圆盘 $D_1$ 完全包含在大圆盘 $D$ 内（且在点 $(0, 2)$ 处与大圆边界内切）。

记大圆挖去小圆后的区域为 $D_2 = D \setminus D_1$ ，则：

在 $D_1$ 上： $x^2+y^2-2y \leqslant 0 \implies |x^2+y^2-2y| = 2y - x^2 - y^2$ ；
在 $D_2$ 上： $x^2+y^2-2y \geqslant 0 \implies |x^2+y^2-2y| = x^2 + y^2 - 2y$ 。

故原积分可分解为：

I = \iint_{D_1} (2y - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma

步骤二：割补法代数恒等变形（规避不规则区域 $D_2$ ）

由于 $D_2 = D \setminus D_1$ ，根据二重积分对区域的可加性：

\iint_{D_2} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma = \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma

代入原式中整理：

\begin{aligned} I &= \iint_{D_1} (2y - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \left[ \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma \right] \\ &= \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_1} (2y - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= I_1 + 2 I_2 \end{aligned}

步骤三：计算大圆区域积分 $I_1$ （对称性消项）

对于 $I_1 = \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma$ ：大圆区域 $D: x^2+y^2 \leqslant 4$ 关于 $x$ 轴（ $y=0$ ）上下对称，而被积函数项 $-2y$ 为关于 $y$ 的奇函数，故：

\iint_D (-2y)\,\mathrm{d}\sigma = 0

仅需计算关于原点对称的径向项，引入标准极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ （ $0 \leqslant r \leqslant 2, 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$ ）：

I_1 = \iint_D (x^2+y^2)\,\mathrm{d}\sigma = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^2 r^2 \cdot r\,\mathrm{d}r = 2\pi \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 = 2\pi \times 4 = 8\pi

步骤四：计算小圆区域积分 $I_2$ （双解对照）

解法一（平移极坐标法 · 考场首选推荐）：区域 $D_1$ 方程为 $x^2 + (y-1)^2 \leqslant 1$ ，圆心在 $(0, 1)$ 。
作平移极坐标变换：

\begin{cases} x = r\cos\theta \\ y = 1 + r\sin\theta \end{cases} \qquad (0 \leqslant r \leqslant 1, \; 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi), \quad \mathrm{d}\sigma = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta

此时被积函数极为整洁：

2y - x^2 - y^2 = 1 - \left[ x^2 + (y-1)^2 \right] = 1 - r^2

代入累次积分：

I_2 = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 (1 - r^2)r\,\mathrm{d}r = 2\pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = 2\pi \times \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}

解法二（标准极坐标 + 点火公式对照）：在标准极坐标下，小圆方程为 $r^2 \leqslant 2r\sin\theta \implies 0 \leqslant r \leqslant 2\sin\theta$ ，极角范围 $0 \leqslant \theta \leqslant \pi$ ：

\begin{aligned} I_2 &= \int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^{2\sin\theta} (2r\sin\theta - r^2)r\,\mathrm{d}r \\ &= \int_0^\pi \left[ \frac{2}{3}r^3\sin\theta - \frac{r^4}{4} \right]_0^{2\sin\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= \int_0^\pi \left( \frac{16}{3}\sin^4\theta - 4\sin^4\theta \right)\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}\int_0^\pi \sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{8}{3} \times \left( \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2} \end{aligned}

步骤五：汇总最终结果

I = I_1 + 2 I_2 = 8\pi + 2 \times \frac{\pi}{2} = 8\pi + \pi = 9\pi

最终答案：

\boxed{\iint_D |x^2+y^2-2y|\,\mathrm{d}\sigma = 9\pi}

例 6.17（2023 年数三真题 · 绝对值与相交偏心圆 / 割补法化简与高强度三角微积分攻坚）

两圆相交几何位置与交点极角定限（核心审题基础）：
- 积分区域 $D$ 为以 $(1, 0)$ 为圆心、半径为 $1$ 的圆盘，极坐标方程为 $r = 2\cos\theta$ （ $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ）；
- 绝对值被积函数的变号分界线是单位圆 $\sqrt{x^2+y^2} = 1 \iff r = 1$ ；
- 联立两圆求交点： $2\cos\theta = 1 \implies \cos\theta = \frac{1}{2} \implies \theta = \pm \frac{\pi}{3}$ ；
- 单位圆 $r=1$ $r = 1$ 将圆盘 $D$ $D$ 割裂为两块：
  - $D_1$ （单位圆内部，凹透镜状相交核）： $r \leqslant 1$ ，去绝对值为 $1-r$ ；
  - $D_2$ （单位圆外部，月牙新月状外凸边缘）： $r \geqslant 1$ ，去绝对值为 $r-1$ 。
割补法破局：避免对凹核 $D_1$ 硬算：
- 若直接硬算 $D_1$ ，因其边界由两段不同圆弧（ $r=1$ 与 $r=2\cos\theta$ ）拼合而成，极角需在 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ 与外部之间反复分段，极易崩溃；
- 割补法代数恒等变形： $\begin{aligned} I &= \iint_{D_1}(1-r)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2}(r-1)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= \iint_D(1-r)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_2}(r-1)\,\mathrm{d}\sigma = I_1 + 2I_2 \end{aligned}$
- 将复杂的内凹区域 $D_1$ 彻底转化为完整的偏心圆 $D$ （直接极坐标点火公式算），仅剩外凸新月区 $D_2$ （极角对称区间 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ ，极径单调自 $1$ 到 $2\cos\theta$ ）！
高难度三角积分精确运算基本功：
- 计算 $I_2$ 时展开得到 $\int_0^{\frac{\pi}{3}} (\frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta + \frac{1}{6})\,\mathrm{d}\theta$ ；
- 熟练掌握 $\cos^3\theta = (1-\sin^2\theta)\cos\theta$ 凑微分法与 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}$ 降幂法则，每一步细致拆项演算，严防符号与常数遗漏！

解：

步骤一：极坐标方程与交点定限

引入极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ 。
积分区域 $D$ 的边界方程为 $(x-1)^2+y^2 = 1 \iff x^2+y^2=2x \implies r = 2\cos\theta$ （ $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ）。
绝对值零点曲线为 $x^2+y^2=1 \implies r=1$ 。
联立求交点：

2\cos\theta = 1 \implies \cos\theta = \frac{1}{2} \implies \theta = \pm \frac{\pi}{3}

曲线 $r = 1$ 将 $D$ 分为两部分：

$D_1 = \{(x, y) \in D \mid r \leqslant 1\}$ ，此时 $|\sqrt{x^2+y^2}-1| = 1 - r$ ；
$D_2 = \{(x, y) \in D \mid r \geqslant 1\}$ ，此时 $|\sqrt{x^2+y^2}-1| = r - 1$ 。

步骤二：割补法代数恒等变形

\begin{aligned} I &= \iint_{D_1} (1-r)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2} (r-1)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= \iint_D (1-r)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_2} (r-1)\,\mathrm{d}\sigma = I_1 + 2I_2 \end{aligned}

步骤三：计算整圆区域积分 $I_1$

利用上下关于 $x$ 轴的对称性：

\begin{aligned} I_1 &= \iint_D 1\,\mathrm{d}\sigma - \iint_D r\,\mathrm{d}\sigma = S_D - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\theta} r \cdot r\,\mathrm{d}r \\ &= \pi \times 1^2 - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^{2\cos\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= \pi - \frac{16}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

由点火公式（华里士公式）： $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{2}{3} \times 1 = \frac{2}{3}$ ：

I_1 = \pi - \frac{16}{3} \times \frac{2}{3} = \pi - \frac{32}{9}

步骤四：计算新月形区域积分 $I_2$

区域 $D_2$ 位于极角 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ ，对于每个 $\theta$ ， $r$ 从 $1$ 变化至 $2\cos\theta$ 。由对称性：

\begin{aligned} I_2 &= 2\int_0^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta \int_1^{2\cos\theta} (r-1)r\,\mathrm{d}r = 2\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[ \frac{r^3}{3} - \frac{r^2}{2} \right]_1^{2\cos\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= 2\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta - \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{2}\right) \right)\mathrm{d}\theta \\ &= 2\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta + \frac{1}{6} \right)\mathrm{d}\theta \end{aligned}

分项精确积分：

$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta = \int_0^{\frac{\pi}{3}}(1-\sin^2\theta)\,\mathrm{d}\sin\theta = \left[\sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{3}\left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right) = \frac{3\sqrt{3}}{8}$ ；
$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta = \int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1+\cos 2\theta}{2}\mathrm{d}\theta = \left[\frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}\right]_0^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{8}$ ；
$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{6}\mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{18}$ 。

代入各项并合并：

\begin{aligned} I_2 &= 2 \left[ \frac{8}{3}\left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right) - 2\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right) + \frac{\pi}{18} \right] \\ &= 2 \left[ \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\pi}{18} \right] \\ &= 2 \left( \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{5\pi}{18} \right) = \frac{3\sqrt{3}}{2} - \frac{5}{9}\pi \end{aligned}

步骤五：最终合并

\begin{aligned} I &= I_1 + 2 I_2 = \left(\pi - \frac{32}{9}\right) + 2\left(\frac{3\sqrt{3}}{2} - \frac{5}{9}\pi\right) \\ &= \pi - \frac{32}{9} + 3\sqrt{3} - \frac{10}{9}\pi \\ &= 3\sqrt{3} - \frac{\pi}{9} - \frac{32}{9} \end{aligned}

最终答案：

\boxed{\iint_D |\sqrt{x^2+y^2}-1|\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\sqrt{3} - \frac{\pi}{9} - \frac{32}{9}}

例 6.18（2022 年数一数三真题 · 齐次分式与象限拼接区域 / 反套路极坐标角度对消秒杀 vs 拆括号算力黑洞）

为什么本题被称为考研专门恶心“聪明人”的经典代表？
- “聪明人”的经典翻车做法（盲目拆括号）：看到被积函数 $\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}$ $\frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，很多自以为熟练掌握技巧的同学第一反应是展开分子： $\frac{x^2-2xy+y^2}{x^2+y^2} = 1 - \frac{2xy}{x^2+y^2}$ 原积分转化为常数项积分 $S_D$ $S_{D}$ 减去交叉项 $\iint_D \frac{2xy}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}\sigma$ $\iint_{D} \frac{2 x y}{x ^{2} + y ^{2}} d σ$ 。
  - 殊不知，第二象限的三角形区域边界是倾斜直线 $x = y-2$ （ $r = \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$ ）；
  - 对被积项 $\frac{xy}{x^2+y^2} = \cos\theta\sin\theta$ 积分时，直线极径代入后不仅无法对消，还会产生恶心无比的有理三角分式积分，直接跌入考场算力黑洞！
大巧若拙的极简正解：不拆括号，极坐标天然对消神迹！
- 观察被积函数为零次齐次式： $\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2} = \frac{r^2(\cos\theta-\sin\theta)^2}{r^2} = (\cos\theta-\sin\theta)^2$ 径向 $r$ 完全被约分消失，被积函数与微元乘积仅为 $(\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ ！
- 第二象限三角形区域内，直线极径为 $r = \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$ ，对 $r$ 积分上限平方为： $\left. \frac{r^2}{2} \right|_0^{\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}} = \frac{1}{2} \left(\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}\right)^2 = \frac{2}{(\sin\theta-\cos\theta)^2}$
- 神级对消：被积函数中的 $(\cos\theta-\sin\theta)^2$ 与分母 $(\sin\theta-\cos\theta)^2$ 完全抵消，内层积分结果直接恒等于常数 $2$ ！
- 外层对 $\theta$ 积分直接就是 $2 \times \frac{\pi}{2} = \pi$ ！整个第二象限积分 10 秒口算写出！
做题心法提炼：
- 面对齐次分式，优先整体代入极坐标；
- 倾斜直线边界的极径分母常含 $(\sin\theta \pm \cos\theta)$ ，被积函数中保留类似的因式整体，往往能实现乘积对消，千万不要草率展开破坏结构！

解：

步骤一：区域边界识别与象限划分

区域由 $0 \leqslant y \leqslant 2$ 限制：

右侧边界： $x = \sqrt{4-y^2} \implies x^2+y^2=4 \ (x \geqslant 0)$ ，为第一象限圆心在原点、半径为 $2$ 的四分之一圆弧；
左侧边界： $x = y-2 \implies y = x+2$ ，是第二象限连接 $(-2, 0)$ 与 $(0, 2)$ 的直线段。

按坐标象限自然拆分为两部分：

第一象限部分 $D_1$ ：四分之一圆盘，极坐标下 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}, 0 \leqslant r \leqslant 2$ ；
第二象限部分 $D_2$ ：直角三角形，边界为直线 $y-x=2$ 。在极坐标下： $r\sin\theta - r\cos\theta = 2 \implies r = \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$ ，极角范围为 $\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \pi$ 。

步骤二：极坐标代入与第一象限积分 $I_1$

代入极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, \mathrm{d}\sigma = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ ：

\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2} \cdot r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta = \frac{r^2(\cos\theta-\sin\theta)^2}{r^2} \cdot r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta = (\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta

在 $D_1$ 上计算：

\begin{aligned} I_1 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^2 (\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,\mathrm{d}r \\ &= \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - 2\sin\theta\cos\theta)\,\mathrm{d}\theta \\ &= 2 \left[ \theta - \sin^2\theta \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 2 \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right) = \pi - 2 \end{aligned}

步骤三：第二象限积分 $I_2$ （极坐标母项完美对消）

在 $D_2$ 上计算：

\begin{aligned} I_2 &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}} (\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,\mathrm{d}r \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi (\cos\theta-\sin\theta)^2 \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^{\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}} \mathrm{d}\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi (\sin\theta-\cos\theta)^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta} \right)^2 \mathrm{d}\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi (\sin\theta-\cos\theta)^2 \cdot \frac{2}{(\sin\theta-\cos\theta)^2} \,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi 2\,\mathrm{d}\theta = 2 \left(\pi - \frac{\pi}{2}\right) = \pi \end{aligned}

步骤四：汇总结果

I = I_1 + I_2 = (\pi - 2) + \pi = 2\pi - 2

最终答案：

\boxed{\iint_D \frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2\pi - 2}

例 6.19（高数十八讲 · 极坐标反向转化为直角坐标 / 边界直线逆向识别与线性平移换元）

逆向思维定式突破：极坐标 $\implies$ 直角坐标：
- 考研常考“直角坐标转极坐标”，但当被积函数或区域在直角坐标下更简单时，务必具备反向还原意识！
- 观察本题：被积函数是 $\sqrt{1-(x-y)^2}$ ，若强行在极坐标下算，根号内为 $\sqrt{1-r^2(\cos\theta-\sin\theta)^2}$ ，由于出现 $r^2$ ，内层对 $r$ 积分将遭遇超越根式，无法直接积出；
- 反观积分区域条件： $0 \leqslant r \leqslant \sec\theta \iff r\cos\theta \leqslant 1 \iff x \leqslant 1$ $\theta = \frac{\pi}{4} \iff \frac{y}{x} = 1 \iff y = x, \qquad \theta = 0 \iff y = 0$ 在直角坐标下，它仅仅是一个边界全为直线的直角三角形 $D: 0 \leqslant y \leqslant x \leqslant 1$ ！
直角坐标下平移换元凑基本积分表：
- 固定外层 $x$ ，内层对 $y$ 积分： $\int_0^x \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}y$ ；
- 令 $t = x-y$ （ $x$ 为参常数），积分区间转化为 $[0, x]$ ，瞬间化为标准的圆弧面积原函数 $\int \sqrt{1-t^2}\,\mathrm{d}t$ ；
- 外层求积分利用分部积分法处理 $\int \arcsin x\,\mathrm{d}x$ 与凑微分处理 $\int x\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$ ，两步平稳落地。

解：

步骤一：极坐标边界反解为直角坐标

考察区域边界在直角坐标下的几何对应：

$r = \sec\theta \implies r = \frac{1}{\cos\theta} \implies r\cos\theta = 1 \implies x = 1$ ；
$\theta = 0 \implies y = 0$ ；
$\theta = \frac{\pi}{4} \implies \tan\theta = 1 \implies \frac{y}{x} = 1 \implies y = x$ 。

故区域 $D$ 在直角坐标系下表示为 $X$ 型平面闭区域：

D = \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, \; 0 \leqslant y \leqslant x\}

步骤二：建立直角坐标累次积分并平移换元

I = \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^x \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}y

对内层关于 $y$ 的定积分，令 $t = x-y$ （ $x$ 视为常数），则 $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}t$ ；

当 $y = 0$ 时， $t = x$ ；
当 $y = x$ 时， $t = 0$ 。

\begin{aligned} \int_0^x \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}y &= \int_x^0 \sqrt{1-t^2}\,(-\mathrm{d}t) = \int_0^x \sqrt{1-t^2}\,\mathrm{d}t \\ &= \left[ \frac{t}{2}\sqrt{1-t^2} + \frac{1}{2}\arcsin t \right]_0^x \\ &= \frac{1}{2}\arcsin x + \frac{x}{2}\sqrt{1-x^2} \end{aligned}

步骤三：外层累次积分与分部积分

将内层结果代回外层积分：

I = \frac{1}{2}\int_0^1 \arcsin x\,\mathrm{d}x + \frac{1}{2}\int_0^1 x\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x

分别计算两项：

第一项（分部积分）： $\begin{aligned} \int_0^1 \arcsin x\,\mathrm{d}x &= \left[ x\arcsin x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x \\ &= 1 \cdot \frac{\pi}{2} - 0 + \left[ \sqrt{1-x^2} \right]_0^1 \\ &= \frac{\pi}{2} + (0 - 1) = \frac{\pi}{2} - 1 \end{aligned}$
第二项（凑微分法）： $\int_0^1 x\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\int_0^1 (1-x^2)^{1/2}\,\mathrm{d}(1-x^2) = -\frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{2}{3}(1-x^2)^{3/2} \right]_0^1 = -\frac{1}{3}(0 - 1) = \frac{1}{3}$

步骤四：汇总结果

I = \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2} - 1 \right) + \frac{1}{2}\left( \frac{1}{3} \right) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}

最终答案：

\boxed{\iint_D \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}\sigma = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}}

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

📚 第 6 章二重积分 · 错题集

📚 第 6 章二重积分 · 错题集

例 6.1.2（22 年李林六套卷 · 二重积分几何意义 / 上半球面与倒圆锥曲顶柱体体积切割比大小）

例 6.2（2024 超越模拟卷 · 和式极限化二重积分 / 变量代换、Fubini换序与换元综合辨析）

例 6.14.1（2021 年数三真题 · 极坐标常数限交换积分次序 / 指数复合与极角凑微分秒杀）

例 6.16（高数讲义经典典例 · 绝对值与内切偏心圆 / 割补法代数恒等变形化不规则为规则）

例 6.17（2023 年数三真题 · 绝对值与相交偏心圆 / 割补法化简与高强度三角微积分攻坚）

例 6.18（2022 年数一数三真题 · 齐次分式与象限拼接区域 / 反套路极坐标角度对消秒杀 vs 拆括号算力黑洞）

例 6.19（高数十八讲 · 极坐标反向转化为直角坐标 / 边界直线逆向识别与线性平移换元）

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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