2026考研数学二真题精讲⑥：解答题17–18（极坐标二重积分·含参变限积分）

2026 考研数学二 · 以练串学 ⑥｜解答题 17–18

这一篇是两道大题：第 17 题"看见 $\sqrt{x^2+y^2}$ 就换极坐标"的二重积分（10 分）；第 18 题"积分号里有 $x$ 先换元"的变限积分求导，再判断导函数的连续性（12 分）。每道题都会带出一条"知识链"：先用热身补底子，再拆真题，最后用 3 道变式题把同一个思路练熟。

建议用法

1. 先只看题目，自己做 15 分钟。答案是折叠的，做完再点开。
2. 卡住了，先做「热身」，再回来看真题。
3. 真题弄懂后，把「变式训练」从易到难做一遍。每道都有提示和完整解答。

所有答案都用代码（SymPy）重新验算过。

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第 17 题　二重积分：画区域、换极坐标（10 分）#

题目　计算 $\displaystyle I=\int_{-1}^{1}dx\int_{\lvert x\rvert}^{\sqrt{2-x^2}}y\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dy$。

做完再点开：答案

$I=4\sin\sqrt2-2\sqrt2$（约 $1.1226$）。

🧭 知识地图#

定积分、分部积分 → 二重积分化累次积分 → 画区域 + 极坐标换元（核心工具） → 对称性化简 → 交换积分次序、直角与极坐标互化

同一套工具还用在：本卷第 7 题（和式极限化成二重积分），以及第 18 题和本篇串联练习里的"变限积分求导"。

🔥 热身（3 分钟）#

热身 1　设 $D:\ x^2+y^2\le1$，计算 $\displaystyle\iint_D e^{x^2+y^2}\,dx\,dy$。

热身 2　计算 $\displaystyle\int_0^{\pi}r^2\sin r\,dr$。

热身答案

热身 1： $\pi(e-1)$。换极坐标，$0\le\theta\le2\pi$，$0\le r\le1$：

$$\iint_D e^{x^2+y^2}\,dx\,dy=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1e^{r^2}\,r\,dr=2\pi\cdot\frac{e-1}{2}=\pi(e-1)$$

注意那个多出来的 $r$：正是它让 $e^{r^2}$ 能积出来。

热身 2： $\pi^2-4$。用表格法，原函数是 $-r^2\cos r+2r\sin r+2\cos r$，代入上下限：$(\pi^2-2)-2=\pi^2-4$。

这两题正好对应真题的两件工具：极坐标换元和表格法分部积分。

👀 一眼看穿#

被积函数里有 $\sqrt{x^2+y^2}$，直角坐标下几乎积不出来。所以要换极坐标。

再看区域：

• 下边界 $y=\lvert x\rvert$ 是一个 V 字，也就是 $\theta=\frac\pi4$ 和 $\theta=\frac{3\pi}4$ 两条射线；
• 上边界 $y=\sqrt{2-x^2}$ 是半径 $\sqrt2$ 的上半圆；
• 两条线在 $x=\pm1$ 处相交，正好和 $x$ 的积分限对上。

所以区域是一块扇形：$\frac\pi4\le\theta\le\frac{3\pi}4$，$0\le r\le\sqrt2$。

图：积分区域是一块扇形（Python 绘制）

📚 知识点深度回顾#

① 极坐标换元：为什么会多出一个 $r$#

令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$。

把区域切成很多"小扇环"。一个小扇环的径向宽是 $dr$，弧长是 $r\,d\theta$。

所以它的面积约等于 $r\,dr\,d\theta$，也就是说

$$dx\,dy=r\,dr\,d\theta$$

离原点越远，同样的 $d\theta$ 扫过的弧越长。这个 $r$ 就是在记录这件事。忘了它，是这类题最常见的丢分点。

② 什么时候该换极坐标#

看两件事：

• 被积函数含 $x^2+y^2$（或 $\sqrt{x^2+y^2}$、$\frac yx$）；
• 区域边界是圆、圆弧、扇形、过原点的射线。

满足一条就该考虑，两条都满足就必换。本题两条都满足。

③ 常见边界的极坐标写法#

直角坐标	极坐标
$x^2+y^2=a^2$	$r=a$
$y=x$（第一象限）	$\theta=\frac\pi4$
$y=-x$（第二象限）	$\theta=\frac{3\pi}4$
$x^2+y^2=2ax$	$r=2a\cos\theta$，$-\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2$
$x^2+y^2=2ay$	$r=2a\sin\theta$，$0\le\theta\le\pi$
$x=a$	$r=\frac{a}{\cos\theta}$

怎么记： 圆心不在原点的圆，代入 $x=r\cos\theta$ 后约掉一个 $r$，就得到 $r=2a\cos\theta$。

④ 先看对称性，再动手算#

• 区域关于 $y$ 轴对称，被积函数是 $x$ 的奇函数 ⇒ 积分为 0；
• 被积函数是 $x$ 的偶函数 ⇒ 积分等于右半边的 2 倍。

本题被积函数 $y\sin\sqrt{x^2+y^2}$ 关于 $x$ 是偶函数，可以折半，但直接换极坐标更快。

⑤ 表格法分部积分#

处理 $\int(\text{多项式})\times(\sin,\cos,e^x)\,dx$ 用的。

左列多项式一直求导到 0，右列一直积分。斜着相乘，正负交替。

易错点：右列是积分，$\sin r$ 积分是 $-\cos r$，符号别弄反。

✍️ 详细步骤#

第 1 步：换坐标（得分点：区域写对、$r$ 不漏）。

$$I=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}d\theta\int_0^{\sqrt2}(r\sin\theta)\cdot\sin r\cdot r\,dr$$

被积函数里的 $y$ 变成 $r\sin\theta$，再乘上换元带来的 $r$。

第 2 步：变量分离。

$\theta$ 和 $r$ 的积分限都是常数，被积函数又能拆成"只含 $\theta$"乘"只含 $r$"。所以可以拆成两个一元积分的乘积：

$$I=\Big(\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\sin\theta\,d\theta\Big)\Big(\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\,dr\Big)$$

第 3 步：角度部分。

$$\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\sin\theta\,d\theta=\Big[-\cos\theta\Big]_{\pi/4}^{3\pi/4}=\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2$$

第 4 步：半径部分（表格法）。

求导列	积分列	符号
$r^2$	$\sin r$	$+$
$2r$	$-\cos r$	$-$
$2$	$-\sin r$	$+$
$0$	$\cos r$

斜着乘：$r^2\cdot(-\cos r)-2r\cdot(-\sin r)+2\cdot\cos r$，所以

$$\int r^2\sin r\,dr=-r^2\cos r+2r\sin r+2\cos r+C$$

代入上下限：

$$\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\,dr=\big(-2\cos\sqrt2+2\sqrt2\sin\sqrt2+2\cos\sqrt2\big)-2=2\sqrt2\sin\sqrt2-2$$

第 5 步：相乘。

$$I=\sqrt2\,\big(2\sqrt2\sin\sqrt2-2\big)=4\sin\sqrt2-2\sqrt2$$

✅ SymPy 验算：$4\sin\sqrt2-2\sqrt2\approx1.12264$。

🔁 变式训练（由易到难）#

变式 1（直接模仿）　设 $D:\ \pi^2\le x^2+y^2\le4\pi^2$，计算 $\displaystyle\iint_D\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy$。

变式 2（逆向：极坐标还原成直角坐标）　把 $\displaystyle\int_0^{\pi/4}d\theta\int_0^{\sec\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr$ 写成直角坐标下的累次积分；并取 $f(x,y)=x$，用两种坐标各算一遍。

变式 3（经典：圆心不在原点）　设 $D:\ x^2+y^2\le2x$，计算 $\displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy$。

变式 1 提示与解答

提示： 圆环域，$r$ 从 $\pi$ 到 $2\pi$，$\theta$ 转一整圈。

解：

$$\iint_D\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy=\int_0^{2\pi}d\theta\int_\pi^{2\pi}r\sin r\,dr$$

分部积分：$\int r\sin r\,dr=-r\cos r+\sin r+C$。

所以 $\int_\pi^{2\pi}r\sin r\,dr=(-2\pi)-(\pi)=-3\pi$。

结果是 $2\pi\cdot(-3\pi)=-6\pi^2$。

结果是负的没关系：$\pi<r<2\pi$ 时 $\sin r<0$。

变式 2 提示与解答

提示： 先把极坐标的范围"画"出来。$r\le\sec\theta$ 就是 $r\cos\theta\le1$，也就是 $x\le1$。

解： $0\le\theta\le\frac\pi4$ 夹在 $x$ 轴和 $y=x$ 之间，再加上 $x\le1$，区域是三角形 $0\le y\le x\le1$。所以

$$\int_0^{\pi/4}d\theta\int_0^{\sec\theta}f\,r\,dr=\int_0^1dx\int_0^xf(x,y)\,dy$$

取 $f=x$ 验证：

直角坐标：$\int_0^1x\cdot x\,dx=\frac13$。

极坐标：$\int_0^{\pi/4}\cos\theta\cdot\frac{\sec^3\theta}{3}\,d\theta=\frac13\int_0^{\pi/4}\sec^2\theta\,d\theta=\frac13$。

两边一致。这类"互化"题的关键永远是先画区域。

变式 3 提示与解答

提示： $x^2+y^2=2x$ 代入极坐标得 $r=2\cos\theta$，圆在 $y$ 轴右边，所以 $-\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2$。

解：

$$\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_0^{2\cos\theta}r\cdot r\,dr=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{8\cos^3\theta}{3}\,d\theta$$

$\cos^3\theta$ 是偶函数，用华里士公式 $\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta=\frac23$：

$$\frac83\cdot2\cdot\frac23=\frac{32}{9}$$

易错点：这里 $r$ 的上限跟着 $\theta$ 变，不能再像真题那样拆成两个积分的乘积。

🗂 记忆卡片#

• 🔑 见 $\sqrt{x^2+y^2}$，换极坐标；$dx\,dy$ 换成 $r\,dr\,d\theta$。
• 🧠 $y=\lvert x\rvert$ 是 $45°$ 和 $135°$ 两条射线；$x^2+y^2=2x$ 是 $r=2\cos\theta$。
• ⚠️ 只有积分限全是常数、被积函数能拆开时，才能"分离变量"写成乘积。
• 🔗 被积函数换成 $x\sin\sqrt{x^2+y^2}$，区域关于 $y$ 轴对称、函数关于 $x$ 是奇的，结果直接为 0。大题也先看对称性。

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第 18 题　变限积分求导 + 导函数在 0 点的连续性（12 分）#

题目　已知函数 $g(x)$ 连续，$f(x)=\displaystyle\int_0^{x^2}g(xt)\,dt$。求 $f'(x)$ 的表达式，并判断 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处的连续性。

做完再点开：答案

当 $x\ne0$ 时，$f'(x)=\frac{3x^3g(x^3)-\int_0^{x^3}g(u)\,du}{x^2}$；当 $x=0$ 时，$f'(0)=0$。

$f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

🧭 知识地图#

复合函数求导 → 变上限积分求导 → 换元把 $x$ 请出积分号（核心工具） → 分段点用定义求导 → 导函数连续性

同一套工具还用在：本卷第 6 题（变限积分 + 反函数导数）、第 12 题（求极限要用洛必达），以及本篇串联练习。

🔥 热身（3 分钟）#

热身 1　求 $\frac{d}{dx}\displaystyle\int_0^{x^2}\sin t\,dt$。

热身 2　设 $F(x)=\displaystyle\int_0^x\sin(x-t)\,dt$，求 $F'(x)$。

热身答案

热身 1： $2x\sin x^2$。被积函数不含 $x$，直接套公式：上限代进去，再乘上限的导数。

热身 2： $\sin x$。被积函数里有 $x$，不能直接套。令 $u=x-t$，$t:0\to x$ 对应 $u:x\to0$，$dt=-du$：

$$F(x)=\int_0^x\sin u\,du$$

现在被积函数不含 $x$ 了，所以 $F'(x)=\sin x$。

这两题对应真题的两件工具：变上限求导公式和先换元把 $x$ 请出去。

👀 一眼看穿#

被积函数 $g(xt)$ 里既有积分变量 $t$，又有外面的 $x$。

所以不能直接对上限求导，要先换元 $u=xt$，把 $x$ 挪到积分号外面。

换元时要除以 $x$，所以 $x=0$ 必须单独处理：那一点的导数只能用定义求。

最后比较 $\lim_{x\to0}f'(x)$ 和 $f'(0)$，就知道连不连续。

📚 知识点深度回顾#

① 变上限积分求导公式#

若 $g$ 连续，被积函数不含 $x$，则

$$\frac{d}{dx}\int_0^{\varphi(x)}g(u)\,du=g(\varphi(x))\,\varphi'(x)$$

为什么：记 $G(s)=\int_0^sg(u)\,du$，则 $G'(s)=g(s)$。原式就是 $G(\varphi(x))$，用复合函数求导即可。

所以前提很关键：被积函数里一旦有 $x$，$G$ 本身就跟着 $x$ 变，公式不再成立。

② 把 $x$ 请出积分号的三种手段#

情形	做法
$\int_0^x x\,h(t)\,dt$	直接提出：$x\int_0^xh(t)\,dt$
$\int g(xt)\,dt$ 或 $\int g(x-t)\,dt$	换元 $u=xt$ 或 $u=x-t$
$\int_0^x(x-t)h(t)\,dt$	拆开：$x\int_0^xh-\int_0^xth$

本题用第二种。

易错点：换元时上下限一起换，$dt$ 也要换成 $\frac{du}{x}$。

③ 分段点的导数：用定义#

公式 $f(x)=\frac1x\int_0^{x^3}g(u)\,du$ 只在 $x\ne0$ 时成立。

所以 $f'(0)$ 不能把 $x=0$ 代进 $f'(x)$ 的公式里，而要老老实实写

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$$

这是本题最主要的得分点。

④ 导函数连续的判断三步#

1. $x\ne0$：用公式求 $f'(x)$；
2. $x=0$：用定义求 $f'(0)$；
3. 比较 $\lim_{x\to0}f'(x)$ 和 $f'(0)$，相等就连续。

⑤ 积分中值定理：一个直观的估计#

$g$ 连续时，$\int_0^{x^3}g(u)\,du=g(\xi)\,x^3$（$\xi$ 介于 0 和 $x^3$ 之间）。

也就是说，这个积分是 $x^3$ 级别的小量。拿它除以 $x^2$，结果还是趋于 0。

✍️ 详细步骤#

第 1 步：换元化简 $f(x)$。

• $x=0$ 时：$f(0)=\int_0^0g(0)\,dt=0$。
• $x\ne0$ 时：令 $u=xt$，则 $dt=\frac{du}{x}$；$t:0\to x^2$ 对应 $u:0\to x^3$。所以

$$f(x)=\frac1x\int_0^{x^3}g(u)\,du$$

$x<0$ 时上下限的方向也跟着变，这个公式照样成立。

第 2 步：$x\ne0$ 时求导（商的求导法则）。

分子 $\int_0^{x^3}g(u)\,du$ 的导数是 $g(x^3)\cdot3x^2$（现在被积函数不含 $x$，可以直接套公式）。所以

$$f'(x)=\frac{3x^2g(x^3)\cdot x-\int_0^{x^3}g(u)\,du}{x^2}=\frac{3x^3g(x^3)-\int_0^{x^3}g(u)\,du}{x^2}$$

第 3 步：$x=0$ 处用定义（得分点）。

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^{x^3}g(u)\,du}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{3x^2g(x^3)}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{3x}{2}g(x^3)=0$$

第三个等号用洛必达。$g$ 连续，所以 $g(x^3)\to g(0)$，再乘 $\frac{3x}{2}\to0$，结果为 0。

第 4 步：判断连续性。 把 $f'(x)$ 拆成两项：

• 第一项：$\frac{3x^3g(x^3)}{x^2}=3x\,g(x^3)\to0$；
• 第二项：$\frac{\int_0^{x^3}g(u)\,du}{x^2}\to0$（第 3 步刚算过）。

所以 $\lim_{x\to0}f'(x)=0=f'(0)$，$f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

💡 另一种看法：由积分中值定理，$f(x)=\frac1x\cdot g(\xi)x^3=g(\xi)x^2$，是个"二阶小量"。导数自然是一阶小量，趋于 0。

✅ SymPy 验算：取 $g=\cos u$、$e^u$、$1+u^2$ 代入，$f'(x)$ 公式、$f'(0)=0$、$\lim_{x\to0}f'(x)=0$ 全部一致。

🔁 变式训练（由易到难）#

变式 1（经典原型）　设 $g$ 连续，$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{g(x)}{x}=A$，$f(x)=\int_0^1g(xt)\,dt$。求 $f'(x)$，并讨论 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处的连续性。

变式 2（逆向：已知积分求函数）　设 $g$ 连续，且 $\displaystyle\int_0^xt\,g(x-t)\,dt=1-\cos x$，求 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}g(x)\,dx$。

变式 3（综合：换元 + 洛必达 + 导数定义）　设 $g$ 连续，$g(0)=0$，$g'(0)=1$。求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\int_0^xt\,g(x^2-t^2)\,dt}{x^4}$。

变式 1 提示与解答

提示： 和真题一个套路。先由极限条件得出 $g(0)=0$，再换元 $u=xt$。

解： $g$ 连续且 $\frac{g(x)}{x}\to A$，所以 $g(0)=0$，于是 $f(0)=\int_0^1g(0)\,dt=0$。

$x\ne0$ 时，令 $u=xt$：$f(x)=\frac1x\int_0^xg(u)\,du$，所以

$$f'(x)=\frac{x\,g(x)-\int_0^xg(u)\,du}{x^2}$$

$x=0$ 处用定义：

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^xg(u)\,du}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{g(x)}{2x}=\frac A2$$

再求极限：

$$\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}\frac{g(x)}{x}-\lim_{x\to0}\frac{\int_0^xg(u)\,du}{x^2}=A-\frac A2=\frac A2$$

两者相等，所以 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

变式 2 提示与解答

提示： 被积函数里有 $x$，先换元 $u=x-t$，再拆开，然后两边求导。

解： 令 $u=x-t$：

$$\int_0^xt\,g(x-t)\,dt=\int_0^x(x-u)g(u)\,du=x\int_0^xg(u)\,du-\int_0^xu\,g(u)\,du$$

两边对 $x$ 求导：

$$\int_0^xg(u)\,du+x\,g(x)-x\,g(x)=\sin x$$

也就是说 $\int_0^xg(u)\,du=\sin x$。取 $x=\frac\pi2$：

$$\int_0^{\pi/2}g(x)\,dx=1$$

顺便再求一次导，可得 $g(x)=\cos x$。代回去验算，确实有 $\int_0^xt\cos(x-t)\,dt=1-\cos x$。

变式 3 提示与解答

提示： 令 $u=x^2-t^2$，先把分子化成变上限积分；之后洛必达只用一次，剩下的交给导数定义。

解： $du=-2t\,dt$，$t:0\to x$ 对应 $u:x^2\to0$：

$$\int_0^xt\,g(x^2-t^2)\,dt=\frac12\int_0^{x^2}g(u)\,du$$

用一次洛必达：

$$\lim_{x\to0}\frac{\frac12\int_0^{x^2}g(u)\,du}{x^4}=\lim_{x\to0}\frac{\frac12g(x^2)\cdot2x}{4x^3}=\lim_{x\to0}\frac{g(x^2)}{4x^2}$$

最后一步不要再洛必达（题目没说 $g'$ 连续）。直接用导数定义：$\frac{g(x^2)-g(0)}{x^2}\to g'(0)=1$。

所以极限等于 $\frac14$。

🗂 记忆卡片#

• 🔑 积分里有 $x$，先换元再求导。 $u=xt$ 之后，上限变成 $x\cdot x^2=x^3$。
• 🧠 换元除了 $x$，$x=0$ 就要单独用定义。 导函数连续性三步：公式、定义、比较。
• ⚠️ 写成 $f'(x)=g(x\cdot x^2)\cdot2x$ 是直接对上限求导，忽略了被积函数里的 $x$，是本题最常见的错误。
• 🔗 只知道 $g$ 连续或 $g'(0)$ 存在时，洛必达用到"剩 $g$ 本身"就停，最后一步用导数定义。

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🔗 串联练习：把第 17 题和第 18 题连起来#

题目　设 $t>0$，$F(t)=\displaystyle\iint_{x^2+y^2\le t^2}\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy$。

1. 用极坐标把 $F(t)$ 写成一元变限积分；
2. 求 $F'(t)$；
3. 求 $\displaystyle\lim_{t\to0^+}\frac{F(t)}{t^3}$。

提示与解答

1. 第 17 题的工具：换极坐标，$\theta$ 转一整圈，$r$ 从 0 到 $t$。

$$F(t)=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^tr\sin r\,dr=2\pi\int_0^tr\sin r\,dr$$

2. 第 18 题的工具：现在被积函数不含 $t$，直接对上限求导。

$$F'(t)=2\pi t\sin t$$

3. 洛必达，再用 $\sin t\sim t$：

$$\lim_{t\to0^+}\frac{F(t)}{t^3}=\lim_{t\to0^+}\frac{2\pi t\sin t}{3t^2}=\frac{2\pi}{3}$$

一句话：二重积分先用极坐标"压"成一元变限积分，后面就是第 18 题的老套路。

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📋 本篇速记总表#

题	考点	一句话钥匙	连到
17	极坐标二重积分、表格法	见 $\sqrt{x^2+y^2}$ 换极坐标，$r$ 别漏；$y=\lvert x\rvert$ 是 $45°$、$135°$	第 7 题
18	含参变限积分、导函数连续性	积分里有 $x$ 先换元；分段点用定义	第 6、12 题

✅ 自测清单#

• 我能说清 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$ 里那个 $r$ 是怎么来的。
• 我能把 $y=\lvert x\rvert$、$x^2+y^2=2x$、$x=1$ 写成极坐标。
• 我知道什么时候二重积分能拆成两个一元积分的乘积。
• 我能用表格法 30 秒写出 $\int r^2\sin r\,dr$。
• 我知道被积函数含 $x$ 时为什么不能直接对上限求导，并会用换元处理。
• 我能按"公式、定义、比较"三步判断导函数在分段点的连续性。

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说明： 真题依据 2026 年全国硕士研究生招生考试数学（二）（2025 年 12 月考试），原题与参考答案见 ^[1]、^[2]。热身题和变式题为本文改编或选自经典题型。所有答案都已用 SymPy 验算。口诀只是记忆方法，不是官方结论。