考试范围：8.1 ~ 9.3 | 多元微分学 + 重积分 | 基于2016-2025年真题分析
第一类换元（凑微分）：$\int f[\varphi(x)]\varphi'(x)\dd x = \int f(u)\dd u$，其中 $u = \varphi(x)$
第二类换元（三角代换）：
口诀："反对幂指三"——优先让靠前的做 $u$（反三角 > 对数 > 幂函数 > 指数 > 三角）
找到 $g(\rho)$（$\rho = \sqrt{x^2+y^2}$），使得 $|f(x,y) - A| \leq g(\rho) \to 0$
常用放缩技巧：
常用路径：$y=0$，$x=0$，$y=kx$，$y=x^2$，$y=x^n$
若沿不同路径得到不同极限值，则二重极限不存在。
令 $x = r\cos\theta,\;y = r\sin\theta$，若结果与 $\theta$ 无关且 $r \to 0$ 时极限存在，则二重极限存在。
若结果依赖于 $\theta$，则极限不存在。
求 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{\tan(x^3+y^3)}{x^2+y^2} \cdot \sin\frac{1}{x^4+y^4}$
关键观察：$\sin\frac{1}{x^4+y^4}$ 有界（$|\sin(\cdot)| \leq 1$），所以只需证 $\frac{\tan(x^3+y^3)}{x^2+y^2} \to 0$。
当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$\tan(x^3+y^3) \sim x^3+y^3$，于是：
$$\left|\frac{\tan(x^3+y^3)}{x^2+y^2}\right| \leq \frac{2|x^3+y^3|}{x^2+y^2} \leq \frac{2(|x|^3+|y|^3)}{x^2+y^2}$$用极坐标：$\frac{r^3(|\cos^3\theta|+|\sin^3\theta|)}{r^2} = r(|\cos^3\theta|+|\sin^3\theta|) \leq 2r \to 0$
由夹逼定理，原式极限 $= 0$。答案：A
即：(1) 极限存在；(2) 函数在该点有定义；(3) 极限值等于函数值。
几何意义：$f_x(x_0,y_0)$ 是曲面 $z=f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处沿 $x$ 方向的切线斜率。
若 $f_{xy}$ 和 $f_{yx}$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内都连续，则 $f_{xy}(x_0,y_0) = f_{yx}(x_0,y_0)$。
可验证 $f_{xy}(0,0) = -1$，$f_{yx}(0,0) = 1$，即 $f_{xy}(0,0) \neq f_{yx}(0,0)$。
原因：$f_{xy}$ 和 $f_{yx}$ 在原点处不连续。
$$\boxed{\text{偏导数连续}} \xRightarrow{\quad\text{充分}\quad} \boxed{\text{可微}} \xRightarrow{\quad\text{必要}\quad} \boxed{\text{连续}}$$ $$\boxed{\text{可微}} \xRightarrow{\quad\text{必要}\quad} \boxed{\text{可偏导}}$$ $$\boxed{\text{可微}} \xRightarrow{\quad\text{必要}\quad} \boxed{\text{所有方向导数存在}}$$
以上箭头反向均不成立！
① 连续性：$|f(x,y)| = \frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} \leq \frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2} \to 0 = f(0,0)$ ✓ 连续
② 可偏导性：$f_x(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{0}{h} = 0$ ✓ 可偏导，$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$
③ 可微性：检验 $\lim_{\rho\to 0}\frac{\Delta z - f_x\cdot\Delta x - f_y\cdot\Delta y}{\rho}$，其中 $\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$
$$= \lim_{\rho\to 0}\frac{\frac{\Delta x\cdot\Delta y}{\rho} - 0 - 0}{\rho} = \lim_{\rho\to 0}\frac{\Delta x\cdot\Delta y}{\rho^2} = \lim_{\rho\to 0}\cos\theta\sin\theta = \frac{\sin 2\theta}{2}$$结果依赖于 $\theta$，极限不存在。✗ 不可微
④ 偏导函数连续性：$(x,y)\neq(0,0)$ 时 $f_x = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{x^2 y}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{y^3}{(x^2+y^2)^{3/2}}$
$\lim_{(x,y)\to(0,0)} f_x$ 沿 $y=x$：$\frac{x^3}{(2x^2)^{3/2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \neq 0 = f_x(0,0)$。✗ 偏导不连续
若 $\Delta z = f(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y) - f(x_0, y_0)$ 可以表示为：
$$\Delta z = A\,\Delta x + B\,\Delta y + o(\rho), \quad \rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$$则称 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微，其中 $A = f_x(x_0,y_0)$，$B = f_y(x_0,y_0)$。
三元函数：$\dd u = \frac{\pp u}{\pp x}\dd x + \frac{\pp u}{\pp y}\dd y + \frac{\pp u}{\pp z}\dd z$
关于连续、可偏导、偏导连续的关系判断，有几个正确？
利用关系链和反例逐一排除。常见命题：
答案：C（2个正确）
若 $z = f(u,v)$，$u = u(x,y)$，$v = v(x,y)$，则：
$$\frac{\pp z}{\pp x} = \frac{\pp f}{\pp u}\cdot\frac{\pp u}{\pp x} + \frac{\pp f}{\pp v}\cdot\frac{\pp v}{\pp x}$$ $$\frac{\pp z}{\pp y} = \frac{\pp f}{\pp u}\cdot\frac{\pp u}{\pp y} + \frac{\pp f}{\pp v}\cdot\frac{\pp v}{\pp y}$$情形1：$z = f(x, y, xy)$，即自变量本身也作为中间变量
$$\frac{\pp z}{\pp x} = f_1 + f_3 \cdot y$$（$f_1$ 表示 $f$ 对第一个变量的偏导，$f_3$ 对第三个）
情形2：$z = f(u,v)$，$u = \varphi(t)$，$v = \psi(t)$（全导数）
$$\frac{\dd z}{\dd t} = \frac{\pp f}{\pp u}\cdot\frac{\dd u}{\dd t} + \frac{\pp f}{\pp v}\cdot\frac{\dd v}{\dd t}$$设 $F(x,y) = f(g(x)e^y, g(x)+e^y)$，求 $F_x$。
令 $u = g(x)e^y$，$v = g(x)+e^y$，则 $F = f(u,v)$。
$$F_x = f_u \cdot u_x + f_v \cdot v_x = f_u \cdot g'(x)e^y + f_v \cdot g'(x) = g'(x)\left[f_u \cdot e^y + f_v\right]$$答案：B
设 $z = f(u,v)$，$u = u(x,y)$，$v = v(x,y)$，则：
$$\dd z = f_u\,\dd u + f_v\,\dd v$$这个形式无论 $u,v$ 是自变量还是中间变量都成立——这就是全微分形式不变性。
求二阶偏导时，对一阶结果再求一次偏导，注意 $f_u, f_v$ 本身仍是 $u,v$ 的函数：
设 $z = f(x+y, xy)$，求 $\frac{\pp^2 z}{\pp x\,\pp y}$。
令 $u = x+y$，$v = xy$。
$$\frac{\pp z}{\pp x} = f_u \cdot 1 + f_v \cdot y = f_u + yf_v$$ $$\frac{\pp^2 z}{\pp y\,\pp x} = \frac{\pp}{\pp y}(f_u + yf_v)$$ $$= (f_{uu}\cdot 1 + f_{uv}\cdot x) + f_v + y(f_{vu}\cdot 1 + f_{vv}\cdot x)$$ $$= f_{uu} + (x+y)f_{uv} + xyf_{vv} + f_v$$ $$= f_{uu} + uf_{uv} + vf_{vv} + f_v$$类型1：$F(x,y) = 0$ 确定 $y = y(x)$：
$$\frac{\dd y}{\dd x} = -\frac{F_x}{F_y} \quad (F_y \neq 0)$$类型2：$F(x,y,z) = 0$ 确定 $z = z(x,y)$：
$$\frac{\pp z}{\pp x} = -\frac{F_x}{F_z}, \qquad \frac{\pp z}{\pp y} = -\frac{F_y}{F_z} \quad (F_z \neq 0)$$方法：对已得到的一阶结果 $z_x = -F_x/F_z$ 再对 $x$ 求偏导（注意 $z$ 是 $x,y$ 的函数！）。
更稳妥的方法：对原方程 $F(x,y,z)=0$ 两边对 $x$ 求偏导得一个等式，再对 $x$ 求一次偏导。
$\begin{cases} F(x,y,u,v) = 0 \\ G(x,y,u,v) = 0 \end{cases}$ 确定 $u = u(x,y)$，$v = v(x,y)$
方法：对两个方程分别对 $x$（或 $y$）求偏导，得到关于 $u_x, v_x$ 的线性方程组，解之。
Jacobi行列式：$\dfrac{\pp(F,G)}{\pp(u,v)} = \begin{vmatrix} F_u & F_v \\ G_u & G_v \end{vmatrix} \neq 0$ 时隐函数存在。
设 $F(x,y,z) = 0$ 确定 $z = z(x,y)$，求 $z_{xx}$。
对 $F(x,y,z(x,y)) = 0$ 两边对 $x$ 求偏导：
$$F_x + F_z \cdot z_x = 0 \quad \Rightarrow \quad z_x = -\frac{F_x}{F_z}$$再对 $x$ 求偏导（注意 $F_x, F_z$ 都是 $x,y,z$ 的函数，$z$ 又是 $x,y$ 的函数）：
$$F_{xx} + 2F_{xz}\cdot z_x + F_{zz}\cdot z_x^2 + F_z \cdot z_{xx} = 0$$ $$z_{xx} = -\frac{F_{xx} + 2F_{xz} z_x + F_{zz} z_x^2}{F_z} = -\frac{F_{xx}F_z^2 - 2F_{xz}F_xF_z + F_{zz}F_x^2}{F_z^3}$$其中 $\vect{e_l} = (\cos\alpha, \cos\beta)$ 是方向 $\vect{l}$ 的单位向量。
二元：$\dfrac{\pp f}{\pp \vect{l}} = f_x\cos\alpha + f_y\cos\beta$
三元：$\dfrac{\pp f}{\pp \vect{l}} = f_x\cos\alpha + f_y\cos\beta + f_z\cos\gamma$
$f(x,y,z) = \sqrt[3]{xyz}$ 在原点 $(0,0,0)$ 沿方向 $\vect{l} = (1,2,2)$ 的方向导数。
第一步：判断能否用公式。$f_x(0,0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{\sqrt[3]{h\cdot 0\cdot 0}-0}{h} = 0$，同理 $f_y = f_z = 0$。
若用公式：$\frac{\pp f}{\pp\vect{l}} = 0\cdot\cos\alpha + 0\cdot\cos\beta + 0\cdot\cos\gamma = 0$。但这是错的！
第二步：检验可微性。$\Delta f - 0 = \sqrt[3]{xyz}$，$\frac{\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$ 沿 $y=x,z=x$ 时 $= \frac{x}{x\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \neq 0$，不可微！
第三步：用定义法。单位向量 $\vect{e_l} = \frac{1}{3}(1,2,2)$。
$$\frac{\pp f}{\pp\vect{l}} = \lim_{t\to 0^+}\frac{f\!\left(\frac{t}{3},\frac{2t}{3},\frac{2t}{3}\right) - 0}{t} = \lim_{t\to 0^+}\frac{\sqrt[3]{\frac{t}{3}\cdot\frac{2t}{3}\cdot\frac{2t}{3}}}{t} = \lim_{t\to 0^+}\frac{\sqrt[3]{\frac{4t^3}{27}}}{t} = \frac{\sqrt[3]{4}}{3}$$答案：B
分段函数在原点沿 $(1,1)$ 方向的方向导数（用定义法）。答案：$\frac{\sqrt{2}}{4}$。
梯度的性质：
下列命题判断：(I) 梯度为零 (II) 全微分为零 (III) 所有方向导数为零。
若 $f$ 可微，则 $\frac{\pp f}{\pp\vect{l}} = f_x\cos\alpha + f_y\cos\beta$。
全微分为零 $\Leftrightarrow$ $f_x = f_y = 0$ $\Leftrightarrow$ 梯度为零 $\Rightarrow$ 所有方向导数为零。
I 和 II 等价，III 由前两者推出。答案：I, II 正确。
曲线 $\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \\ z = z(t) \end{cases}$，在 $t=t_0$ 处：
切向量：$\vect{\tau} = (x'(t_0),\;y'(t_0),\;z'(t_0))$
切线：$\dfrac{x-x_0}{x'(t_0)} = \dfrac{y-y_0}{y'(t_0)} = \dfrac{z-z_0}{z'(t_0)}$
法平面：$x'(t_0)(x-x_0) + y'(t_0)(y-y_0) + z'(t_0)(z-z_0) = 0$
$\begin{cases} F(x,y,z) = 0 \\ G(x,y,z) = 0 \end{cases}$
切向量 = 两曲面法向量的叉积：
$$\vect{\tau} = \vect{n_1} \times \vect{n_2} = \begin{vmatrix}\vect{i}&\vect{j}&\vect{k}\\F_x&F_y&F_z\\G_x&G_y&G_z\end{vmatrix}$$法向量：$\vect{n} = (F_x,\;F_y,\;F_z)\big|_{P_0}$
切平面：$F_x(x-x_0) + F_y(y-y_0) + F_z(z-z_0) = 0$
法线：$\dfrac{x-x_0}{F_x} = \dfrac{y-y_0}{F_y} = \dfrac{z-z_0}{F_z}$
令 $F = f(x,y) - z$，则：
法向量：$\vect{n} = (f_x,\;f_y,\;-1)$ 或 $(-f_x,\;-f_y,\;1)$
切平面：$z - z_0 = f_x(x_0,y_0)(x-x_0) + f_y(x_0,y_0)(y-y_0)$
求曲面 $x^2+y^2+z^2 = 27$ 与平面 $10x+2y-2z=27$ 的切点。
曲面法向量 $\vect{n} = (2x, 2y, 2z)$。平面法向量 $(10, 2, -2)$。
切平面平行于给定平面 $\Rightarrow$ $(2x,2y,2z) \parallel (10,2,-2)$：
$$\frac{2x}{10} = \frac{2y}{2} = \frac{2z}{-2} = k$$$x=5k, y=k, z=-k$。代入球面方程：$25k^2+k^2+k^2=27$，$k^2=1$，$k=\pm 1$。
切点：$(5,1,-1)$ 或 $(-5,-1,1)$。
令 $A = f_{xx}(x_0,y_0)$，$B = f_{xy}(x_0,y_0)$，$C = f_{yy}(x_0,y_0)$，$\Delta = AC - B^2$
$f(x,y) = x^3 - y^3 - 3xy + 3$，判断极值情况。
$f_x = 3x^2 - 3y = 0 \Rightarrow y = x^2$；$f_y = -3y^2 - 3x = 0 \Rightarrow x = -y^2$
代入：$x = -(x^2)^2 = -x^4$，即 $x^4 + x = 0$，$x(x^3+1) = 0$
$x = 0 \Rightarrow y = 0$；$x = -1 \Rightarrow y = 1$。
在 $(0,0)$：$A = 6x|_0 = 0$，$B = -3$，$C = -6y|_0 = 0$。$\Delta = 0-9 < 0$，非极值。
在 $(-1,1)$：$A = -6$，$B = -3$，$C = -6$。$\Delta = 36-9 = 27 > 0$，$A < 0$，极大值。
$f(-1,1) = -1-1+3+3 = 4$。答案：$f(-1,1) = 4$ 是极大值。
求 $f(x,y,z)$ 在约束 $\varphi(x,y,z) = 0$ 下的极值：
构造 $L = f + \lambda\varphi$，解方程组：
$$\begin{cases} L_x = f_x + \lambda\varphi_x = 0 \\ L_y = f_y + \lambda\varphi_y = 0 \\ L_z = f_z + \lambda\varphi_z = 0 \\ \varphi(x,y,z) = 0 \end{cases}$$约束 $\varphi = 0$，$\psi = 0$：$L = f + \lambda\varphi + \mu\psi$
$$L_x = L_y = L_z = 0, \quad \varphi = 0, \quad \psi = 0$$求 $f(x,y) = x^2 + y^2$ 在约束 $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ 下的最小值。
$L = x^2+y^2+\lambda(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}-1)$
$L_x = 2x + \frac{\lambda}{a} = 0$，$L_y = 2y + \frac{\lambda}{b} = 0$，$\frac{x}{a}+\frac{y}{b} = 1$
$x = -\frac{\lambda}{2a}$，$y = -\frac{\lambda}{2b}$。代入约束：$-\frac{\lambda}{2a^2}-\frac{\lambda}{2b^2} = 1$
$\lambda = -\frac{2a^2b^2}{a^2+b^2}$，$x = \frac{b^2}{a^2+b^2}\cdot a$，$y = \frac{a^2}{a^2+b^2}\cdot b$
最小值 $= \frac{a^2b^2}{a^2+b^2}$。
步骤：
$f(x,y) = x^2+y^2$ 在闭圆域 $x^2+y^2 \leq 1$ 上的最值。
内部：$f_x = 2x = 0, f_y = 2y = 0$，驻点 $(0,0)$，$f = 0$。
边界 $x^2+y^2=1$：$f = 1$（常数）。
最小值 $= 0$（在 $(0,0)$），最大值 $= 1$（在边界上）。
性质（类比一元定积分）：
$D: a \leq x \leq b,\;\varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x)$
$$\iint_D f\,\dd\sigma = \int_a^b\dd x\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y)\,\dd y$$$D: c \leq y \leq d,\;\psi_1(y) \leq x \leq \psi_2(y)$
$$\iint_D f\,\dd\sigma = \int_c^d\dd y\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)} f(x,y)\,\dd x$$计算 $\displaystyle\int_0^1\dd x\int_x^1 e^{y^2}\,\dd y$（无法直接积分 $e^{y^2}$）。
原积分先积 $y$ 后积 $x$，但 $\int e^{y^2}\dd y$ 没有初等原函数。交换次序！
区域 $D$：$0\leq x\leq 1$，$x\leq y\leq 1$，即三角形 $0\leq y\leq 1$，$0\leq x\leq y$。
$$= \int_0^1\dd y\int_0^y e^{y^2}\,\dd x = \int_0^1 ye^{y^2}\,\dd y = \frac{1}{2}e^{y^2}\bigg|_0^1 = \frac{e-1}{2}$$何时用极坐标：
极坐标下计算二重积分，答案 $2\pi$。
$\displaystyle\iint_D (x^2+y^2)\,\dd x\dd y$，$D: x^2+y^2 \leq R^2$。
若 $D$ 关于 $x$ 轴对称：
$$\iint_D f(x,y)\,\dd\sigma = \begin{cases} 2\iint_{D_1} f\,\dd\sigma, & f(x,-y) = f(x,y) \text{（偶）} \\ 0, & f(x,-y) = -f(x,y) \text{（奇）}\end{cases}$$（$D_1$ 是 $D$ 在 $y\geq 0$ 的部分）
若区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称（即交换 $x,y$ 后 $D$ 不变），则：
$$\iint_D f(x,y)\,\dd\sigma = \iint_D f(y,x)\,\dd\sigma$$因此 $\iint_D [f(x,y)+f(y,x)]\,\dd\sigma = 2\iint_D f(x,y)\,\dd\sigma$
特别地：$\iint_D x^2\,\dd\sigma = \iint_D y^2\,\dd\sigma = \frac{1}{2}\iint_D(x^2+y^2)\,\dd\sigma$
利用对称性化简二重积分，答案 $\frac{2}{3}$。
将 $\Omega$ 投影到 $xOy$ 面得 $D_{xy}$，再确定 $z$ 的范围：
$$\iiint_\Omega f\,\dd V = \iint_{D_{xy}}\left[\int_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)} f(x,y,z)\,\dd z\right]\dd x\,\dd y$$用 $z = z_0$ 截 $\Omega$ 得截面 $D_z$：
$$\iiint_\Omega f\,\dd V = \int_a^b\left[\iint_{D_z} f(x,y,z)\,\dd x\,\dd y\right]\dd z$$适用场景：被积函数或区域含 $x^2+y^2$，区域为柱体、锥体等。
三重积分化为柱面坐标下的累次积分。
关键记忆：$\dd x\dd y\dd z = r\,\dd r\,\dd\theta\,\dd z$（不是 $r^2$！那是球坐标）
通常先积 $z$（最内层），再积 $r$ 和 $\theta$。答案：C
$\displaystyle\iiint_\Omega z\,\dd V$，$\Omega$：$x^2+y^2\leq 1$，$0\leq z\leq 2$。
其中 $\varphi \in [0,\pi]$ 是与 $z$ 轴正方向的夹角，$\theta \in [0,2\pi)$ 是投影在 $xOy$ 面上的角。
适用场景：被积函数或区域含 $x^2+y^2+z^2$，区域为球、锥面等。
$\displaystyle\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)\,\dd V$，$\Omega$：$x^2+y^2+z^2 \leq R^2$。
$\Omega$：$x^2+y^2+z^2 \leq R^2$，$z \geq 0$（上半球）
球坐标：$0\leq r\leq R$，$0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2}$，$0\leq\theta\leq 2\pi$
锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$，即 $\cos\varphi = \sin\varphi$，$\varphi = \frac{\pi}{4}$
曲面 $z = f(x,y)$ 与 $z = 0$ 之间的体积（$f\geq 0$）：
$$V = \iint_D f(x,y)\,\dd x\,\dd y$$两曲面 $z = f_1(x,y)$ 与 $z = f_2(x,y)$ 之间（$f_2 \geq f_1$）：
$$V = \iint_D [f_2(x,y) - f_1(x,y)]\,\dd x\,\dd y$$求球面 $x^2+y^2+z^2 = a^2$ 被柱面 $x^2+y^2 = ax$（$a>0$）截得的面积。
$z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$（取上半球），$z_x = \frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$，$z_y = \frac{-y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$
$$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$投影区域 $D$：$x^2+y^2 \leq ax$，极坐标 $r \leq a\cos\theta$，$\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$
$$A = 2\iint_D \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}\;r\,\dd r\,\dd\theta = 2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dd\theta\int_0^{a\cos\theta}\frac{ar}{\sqrt{a^2-r^2}}\dd r$$ $$= 2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left[-a\sqrt{a^2-r^2}\right]_0^{a\cos\theta}\dd\theta = 2a^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\sin\theta)\dd\theta = 2a^2({\pi - 2})$$求密度 $\rho = z$ 的半球体 $x^2+y^2+z^2 \leq R^2$，$z\geq 0$ 的质量。
用球坐标：$\rho = z = r\cos\varphi$
$$M = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\pi/2}\dd\varphi\int_0^R r\cos\varphi\cdot r^2\sin\varphi\,\dd r = 2\pi\cdot\frac{R^4}{4}\cdot\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,\dd\varphi$$ $$= 2\pi\cdot\frac{R^4}{4}\cdot\frac{1}{2} = \frac{\pi R^4}{4}$$| 题型 | 题量 | 分值 | 建议用时 |
|---|---|---|---|
| 单项选择题 | 5题 | 每题3分，共15分 | 15-20分钟 |
| 填空题 | 5题 | 每题3分，共15分 | 15-20分钟 |
| 解答/计算题 | 约6题 | 共62分 | 60-70分钟 |
| 证明题 | 1题 | 8分 | 10-15分钟 |
| 知识点 | 选择/填空 | 大题 | 总出现次数 | 考频 |
|---|---|---|---|---|
| 连续/可偏导/可微关系 | 7/8 | — | 7 | 必考 |
| 方向导数 | 7/8 | 偶尔 | 7 | 必考 |
| 二重极限 | 5/8 | — | 5 | 高频 |
| 重积分大小比较 | 5/8 | — | 5 | 高频 |
| 复合函数偏导 | 3/8 | 6/8 | 7 | 必考 |
| 隐函数求导 | — | 7/8 | 7 | 必考 |
| 极值/最值 | 2/8 | 6/8 | 7 | 必考 |
| 曲面切平面/法线 | — | 5/8 | 5 | 常考 |
| 二重积分计算 | 2/8 | 7/8 | 8 | 必考 |
| 三重积分计算 | 2/8 | 5/8 | 6 | 高频 |
| 曲面面积 | — | 4/8 | 4 | 常考 |
| 质量/质心 | — | 3/8 | 3 | 常考 |
| 天数 | 上午 | 下午 | 晚上 |
|---|---|---|---|
| 第1天 | 复习本指南第0-5节 背公式 | 复习第6-8节 做2024-2025真题选择填空 | 对照答案总结错题 补漏 |
| 第2天 | 复习第9-11节 积分公式+坐标变换 | 做2023-2024、2022-2023真题 重点练大题 | 整理常见计算模板 背典型反例 |
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基于2016-2025年上海交通大学高等数学II期中真题分析生成 | 祝考试顺利！