二、二重积分的计算｜小题·直角坐标法：便于定限的积分次序等4类

小题

（一）直角坐标法：便于定限的积分次序

1. 【1991-4-5 分】 计算

$$I={\iint }_{D}ydxdy,$$

其中 $D$ 是由

$$\sqrt{\frac{x}{a}}+\sqrt{\frac{y}{b}}=1,x=0,y=0$$

围成，$a>0,b>0$。

查看答案与解析

答案： $\frac{a{b}^2}{30}$

解析： 由边界曲线

$$\sqrt{\frac{x}{a}}+\sqrt{\frac{y}{b}}=1$$

解出 $x$，得

$$x=a{\left(1-\sqrt{\frac{y}{b}}\right)}^2.$$

故区域可表示为

$$0\le y\le b,0\le x\le a{\left(1-\sqrt{\frac{y}{b}}\right)}^2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{b}dy{\int }_0^{a(1-\sqrt{y/b}{)}^2}ydx\\ & =a{\int }_0^{b}y{\left(1-\sqrt{\frac{y}{b}}\right)}^{2}dy.\end{array}$$

令 $t=\sqrt{\frac{y}{b}}$，则 $y=b{t}^2$，$dy=2btdt$，从而

$$\begin{array}{rl}I& =2a{b}^2{\int }_0^1{t}^3(1-t{)}^{2}dt\\ & =2a{b}^2{\int }_0^1(t^3-2t^4+t^5)dt\\ & =2a{b}^2\left(\frac{1}{4}-\frac{2}{5}+\frac{1}{6}\right)\\ & =\frac{a{b}^2}{30}.\end{array}$$

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2. 【1995-2-5 分】 计算

$${\iint }_D{x}^{2}ydxdy,$$

其中 $D$ 由双曲线 $x^2-y^2=1$ 及直线 $y=0$、$y=1$ 围成。

查看答案与解析

答案： $\frac{2}{15}\left(4\sqrt{2}-1\right)$

解析： 双曲线的左右两支分别为

$$x=\pm \sqrt{1+y^2}.$$

所以区域 $D$ 可表示为

$$0\le y\le 1,-\sqrt{1+y^2}\le x\le \sqrt{1+y^2}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^{2}ydxdy& ={\int }_0^{1}ydy{\int }_{-\sqrt{1+y^2}}^{\sqrt{1+y^2}}{x}^{2}dx\\ & =\frac{2}{3}{\int }_0^{1}y(1+y^2{)}^{\frac{3}{2}}dy.\end{array}$$

令 $u=1+y^2$，则 $du=2ydy$，故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^{2}ydxdy& =\frac{1}{3}{\int }_1^2{u}^{\frac{3}{2}}du\\ & =\frac{2}{15}{u^{\frac{5}{2}}|}_1^2\\ & =\frac{2}{15}\left(2^{\frac{5}{2}}-1\right)\\ & =\frac{2}{15}\left(4\sqrt{2}-1\right).\end{array}$$

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3. 【2003-34-4 分】 设 $a>0$，

$$f(x)=g(x)=\{\begin{array}{ll}a,& 0\le x\le 1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

$D$ 为全平面，求

$$I={\iint }_{D}f(x)g(y-x)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $a^2$

解析： 当且仅当

$$0\le x\le 1,0\le y-x\le 1$$

时，被积函数不为零。即积分区域的有效部分为

$$0\le x\le 1,x\le y\le x+1.$$

在该区域内

$$f(x)g(y-x)=a^2.$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}dx{\int }_x^{x+1}{a}^{2}dy\\ & =a^2{\int }_0^{1}dx\\ & =a^2.\end{array}$$

也可令 $u=y-x$，利用变量平移得到

$$I=\left({\int }_{-\infty }^{+ty}f(x)dx\right)\left({\int }_{-\infty }^{+ty}g(u)du\right)=a^2.$$

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4. 【2008-4-4 分】 计算

$${\int }_1^{2}dx{\int }_0^1{x}^y\ln xdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$

解析： 对固定的 $x$，有

$$\frac{\partial }{\partial y}{x}^y=x^y\ln x.$$

因此

$${\int }_0^1{x}^y\ln xdy={x^y|}_0^1=x-1.$$

进而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{2}dx{\int }_0^1{x}^y\ln xdy& ={\int }_1^2(x-1)dx\\ & ={\frac{(x-1{)}^2}{2}|}_1^2\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

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5. 【2022-3-5 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^x,& 0\le x\le 1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

求

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }dx{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)f(y-x)dy.$$

查看答案与解析

答案： $(e-1{)}^2$

解析： 先对 $y$ 积分。对任意固定的 $x$，令 $u=y-x$，则 $du=dy$，且当 $y$ 遍历全体实数时，$u$ 也遍历全体实数。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(y-x)dy& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(u)du\\ & ={\int }_0^1{e}^{u}du\\ & =e-1.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }dx{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)f(y-x)dy& =(e-1){\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx\\ & =(e-1){\int }_0^1{e}^{x}dx\\ & =(e-1{)}^2.\end{array}$$

本题本质上利用了卷积积分在全平面上的可分离性。

（二）直角坐标法：第一步积分较简单

1. 【1987-45-5 分】 计算

$${\iint }_D{e}^{x^2}dxdy,$$

其中 $D$ 为第一象限内由 $y=x$ 与 $y=x^3$ 围成的区域。

查看答案与解析

答案： $\frac{e-2}{2}$

解析： 两曲线在第一象限的交点由

$$x=x^3$$

得到 $x=0,1$。当 $0\le x\le 1$ 时，有 $x^3\le x$，故

$$D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,x^3\le y\le x\}.$$

由于被积函数只含 $x$，先对 $y$ 积分：

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{e}^{x^2}dxdy& ={\int }_0^{1}dx{\int }_{x^3}^x{e}^{x^2}dy\\ & ={\int }_0^1(x-x^3)e^{x^2}dx.\end{array}$$

分别计算

$${\int }_0^{1}x{e}^{x^2}dx=\frac{1}{2}(e-1),$$

并令 $u=x^2$，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{x}^3{e}^{x^2}dx& =\frac{1}{2}{\int }_0^{1}u{e}^{u}du\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

所以

$${\iint }_D{e}^{x^2}dxdy=\frac{e-1}{2}-\frac{1}{2}=\frac{e-2}{2}.$$

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2. 【1990-45-5 分】 计算

$${\iint }_{D}x{e}^{-y^2}dxdy,$$

其中 $D$ 是第一象限内位于抛物线 $y=4x^2$ 与 $y=9x^2$ 之间的区域。

查看答案与解析

答案： $\frac{5}{144}$

解析： 改用先对 $x$ 积分的次序。由

$$y=4x^2,y=9x^2$$

可得

$$x=\frac{\sqrt{y}}{2},x=\frac{\sqrt{y}}{3}.$$

因此区域可表示为

$$0\le y<+\infty ,\frac{\sqrt{y}}{3}\le x\le \frac{\sqrt{y}}{2}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}x{e}^{-y^2}dxdy& ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-y^2}dy{\int }_{\frac{\sqrt{y}}{3}}^{\frac{\sqrt{y}}{2}}xdx\\ & ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-y^2}\cdot \frac{1}{2}\left(\frac{y}{4}-\frac{y}{9}\right)dy\\ & =\frac{5}{72}{\int }_0^{+\infty }y{e}^{-y^2}dy.\end{array}$$

令 $u=y^2$，则

$${\int }_0^{+\infty }y{e}^{-y^2}dy=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-u}du=\frac{1}{2}.$$

故

$${\iint }_{D}x{e}^{-y^2}dxdy=\frac{5}{144}.$$

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3. 【1995-4-5 分】 计算

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\min \{x,y\}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $-\sqrt{\frac{\pi }{2}}$

解析： 利用恒等式

$$\min \{x,y\}=\frac{x+y-|x-y|}{2}.$$

由于积分区域关于 $x$ 轴、$y$ 轴均对称，且 $e^{-(x^2+y^2)}$ 为偶函数，所以

$${\iint }_{{\mathbb{R}}^2}(x+y)e^{-(x^2+y^2)}dxdy=0.$$

从而原积分为

$$-\frac{1}{2}{\iint }_{{\mathbb{R}}^2}|x-y|e^{-(x^2+y^2)}dxdy.$$

作正交变换

$$u=\frac{x-y}{\sqrt{2}},v=\frac{x+y}{\sqrt{2}}.$$

则

$$x^2+y^2=u^2+v^2,|x-y|=\sqrt{2}|u|,dxdy=dudv.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =-\frac{1}{\sqrt{2}}\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }|u|e^{-u^2}du\right)\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-v^2}dv\right)\\ & =-\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot 1\cdot \sqrt{\pi }\\ & =-\sqrt{\frac{\pi }{2}}.\end{array}$$

其中用到了

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }|u|e^{-u^2}du=1,{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-v^2}dv=\sqrt{\pi }.$$

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4. 【2016-3-4 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid |x|\le y\le 1,-1\le x\le 1\},$$

计算

$${\iint }_D{x}^2{e}^{-y^2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{3}\left(1-\frac{2}{e}\right)$

解析： 由 $|x|\le y\le 1$ 可知 $0\le y\le 1$，且对固定的 $y$，有

$$-y\le x\le y.$$

故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^2{e}^{-y^2}dxdy& ={\int }_0^1{e}^{-y^2}dy{\int }_{-y}^y{x}^{2}dx\\ & =\frac{2}{3}{\int }_0^1{y}^3{e}^{-y^2}dy.\end{array}$$

令 $u=y^2$，则 $y^{3}dy=\frac{1}{2}udu$，所以

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^2{e}^{-y^2}dxdy& =\frac{1}{3}{\int }_0^{1}u{e}^{-u}du\\ & =\frac{1}{3}{\left[-(u+1)e^{-u}\right]}_0^1\\ & =\frac{1}{3}\left(1-\frac{2}{e}\right).\end{array}$$

（三）交换积分次序

1. 【1988-45-4 分】 计算

$${\int }_0^{\frac{\pi }{6}}dy{\int }_y^{\frac{\pi }{6}}\frac{\cos x}{x}dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$

解析： 原积分区域为

$$0\le y\le \frac{\pi }{6},y\le x\le \frac{\pi }{6},$$

等价地写成

$$0\le x\le \frac{\pi }{6},0\le y\le x.$$

交换积分次序得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{6}}dy{\int }_y^{\frac{\pi }{6}}\frac{\cos x}{x}dx& ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}dx{\int }_0^x\frac{\cos x}{x}dy\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\cos xdx\\ & =\sin \frac{\pi }{6}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

虽然被积函数中含有 $1/x$，但交换次序后内层积分产生因子 $x$，故积分在原点附近仍收敛。

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2. 【1990-12-3 分】 计算

$${\int }_0^{2}dx{\int }_x^2{e}^{-y^2}dy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1-e^{-4}}{2}$

解析： 积分区域为

$$0\le x\le 2,x\le y\le 2,$$

交换次序后为

$$0\le y\le 2,0\le x\le y.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2}dx{\int }_x^2{e}^{-y^2}dy& ={\int }_0^{2}dy{\int }_0^y{e}^{-y^2}dx\\ & ={\int }_0^{2}y{e}^{-y^2}dy\\ & =-\frac{1}{2}{e^{-y^2}|}_0^2\\ & =\frac{1-e^{-4}}{2}.\end{array}$$

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3. 【1992-4-3 分】 交换积分次序：

$${\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{y}}^{\sqrt{2-y^2}}f(x,y)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x^2}f(x,y)dy+{\int }_1^{\sqrt{2}}dx{\int }_0^{\sqrt{2-x^2}}f(x,y)dy.$$

解析： 原区域满足

$$0\le y\le 1,\sqrt{y}\le x\le \sqrt{2-y^2}.$$

其中

$$x\ge \sqrt{y}⟺y\le x^2,$$

而

$$x\le \sqrt{2-y^2}⟺x^2+y^2\le 2.$$

抛物线 $y=x^2$ 与第一象限内的圆弧 $x^2+y^2=2$ 相交于 $(1,1)$。因此按 $x=1$ 分段：

• 当 $0\le x\le 1$ 时，$0\le y\le x^2$；
• 当 $1\le x\le \sqrt{2}$ 时，$0\le y\le \sqrt{2-x^2}$。

故交换次序后即为答案中的两个积分之和。

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4. 【2001-1-3 分】 交换积分次序：

$${\int }_{-1}^{0}dy{\int }_2^{1-y}f(x,y)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_1^{2}dx{\int }_0^{1-x}f(x,y)dy.$$

解析： 当 $-1<y\le 0$ 时，有 $1-y<2$，故原内层积分的上下限次序相反。先写成

$$-{\int }_{-1}^{0}dy{\int }_{1-y}^{2}f(x,y)dx.$$

对应的几何区域是由

$$y=-1,y=0,x=2,x=1-y$$

所确定的三角形。按 $x$ 描述为

$$1\le x\le 2,1-x\le y\le 0.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^{0}dy{\int }_2^{1-y}f(x,y)dx& =-{\int }_1^{2}dx{\int }_{1-x}^{0}f(x,y)dy\\ & ={\int }_1^{2}dx{\int }_0^{1-x}f(x,y)dy.\end{array}$$

注意：答案中的内层上限 $1-x\le 0$，因此仍保留了原积分的负号方向。

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5. 【2002-3-3 分】 交换积分次序：

$${\int }_0^{\frac{1}{4}}dy{\int }_y^{\sqrt{y}}f(x,y)dx+{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}dy{\int }_y^{\frac{1}{2}}f(x,y)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{\frac{1}{2}}dx{\int }_{x^2}^{x}f(x,y)dy.$$

解析： 第一部分区域满足

$$0\le y\le \frac{1}{4},y\le x\le \sqrt{y},$$

即

$$x^2\le y\le x.$$

第二部分区域满足

$$\frac{1}{4}\le y\le \frac{1}{2},y\le x\le \frac{1}{2}.$$

两部分恰好拼成由曲线 $y=x^2$、直线 $y=x$ 以及 $x=\frac{1}{2}$ 围成的区域，即

$$0\le x\le \frac{1}{2},x^2\le y\le x.$$

因此交换积分次序后为

$${\int }_0^{\frac{1}{2}}dx{\int }_{x^2}^{x}f(x,y)dy.$$

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6. 【2007-234-4 分】

$${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }dx{\int }_{\sin x}^{1}f(x,y)dy=$$

A. ${\int }_0^{1}dy{\int }_{\pi +\arcsin y}^{\pi }f(x,y)dx$

B. ${\int }_0^{1}dy{\int }_{\pi -\arcsin y}^{\pi }f(x,y)dx$

C. ${\int }_0^{1}dy{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi +\arcsin y}f(x,y)dx$

D. ${\int }_0^{1}dy{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi -\arcsin y}f(x,y)dx$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 原积分区域为

$$D=\left\{(x,y)|\frac{\pi }{2}\le x\le \pi ,\sin x\le y\le 1\right\}.$$

在区间 $\left[\frac{\pi }{2},\pi \right]$ 上，$\sin x$ 单调递减。区域内 $y$ 的变化范围为

$$0\le y\le 1.$$

固定 $y\in [0,1]$，由 $\sin x\le y$，且 $x\in \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]$，得

$$\pi -\arcsin y\le x\le \pi .$$

因此交换积分次序后

$${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }dx{\int }_{\sin x}^{1}f(x,y)dy={\int }_0^{1}dy{\int }_{\pi -\arcsin y}^{\pi }f(x,y)dx.$$

故选 B。A 中下限 $\pi +\arcsin y$ 超出原来的 $x$ 范围；C、D 描述的均不是条件 $\sin x\le y$ 所对应的区域。

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7. 【2009-2-4 分】

$${\int }_1^{2}dx{\int }_x^{2}f(x,y)dy+{\int }_1^{2}dy{\int }_y^{4-y}f(x,y)dx=$$

A. ${\int }_1^{2}dx{\int }_1^{4-x}f(x,y)dy$    B. ${\int }_1^{2}dx{\int }_x^{4-x}f(x,y)dy$

C. ${\int }_1^{2}dy{\int }_1^{4-y}f(x,y)dx$    D. ${\int }_1^{2}dy{\int }_y^{2}f(x,y)dx$

查看答案与解析

答案： C。

解析： 先将第一个积分交换次序。其区域为

$$D_1=\{(x,y)\mid 1\le x\le 2,x\le y\le 2\}.$$

按先 $x$ 后 $y$ 描述，有

$$1\le y\le 2,1\le x\le y,$$

故

$${\int }_1^{2}dx{\int }_x^{2}f(x,y)dy={\int }_1^{2}dy{\int }_1^{y}f(x,y)dx.$$

第二个积分的区域为

$$D_2=\{(x,y)\mid 1\le y\le 2,y\le x\le 4-y\}.$$

对每个 $y\in [1,2]$，两个区域在 $x$ 方向首尾相接：

$$[1,y]\cup [y,4-y]=[1,4-y].$$

所以

$$\begin{array}{rl}& {\int }_1^{2}dx{\int }_x^{2}f(x,y)dy+{\int }_1^{2}dy{\int }_y^{4-y}f(x,y)dx\\ & ={\int }_1^{2}dy\left({\int }_1^{y}f(x,y)dx+{\int }_y^{4-y}f(x,y)dx\right)\\ & ={\int }_1^{2}dy{\int }_1^{4-y}f(x,y)dx.\end{array}$$

故选 C。

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8. 【2014-3-4 分】

$${\int }_0^{1}dy{\int }_y^1\left(\frac{e^{x^2}}{x}-e^{y^2}\right)dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{e-1}{2}$。

解析： 积分区域为

$$D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 1,y\le x\le 1\}.$$

交换积分次序后为

$$0\le x\le 1,0\le y\le x.$$

将原积分拆开，并对第一项交换积分次序：

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}dy{\int }_y^1\frac{e^{x^2}}{x}dx-{\int }_0^{1}dy{\int }_y^1{e}^{y^2}dx\\ & ={\int }_0^{1}dx{\int }_0^x\frac{e^{x^2}}{x}dy-{\int }_0^1(1-y)e^{y^2}dy\\ & ={\int }_0^1{e}^{x^2}dx-{\int }_0^1{e}^{y^2}dy+{\int }_0^{1}y{e}^{y^2}dy.\end{array}$$

前两个积分相消，故

$$I={\int }_0^{1}y{e}^{y^2}dy=\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^{u}du=\frac{e-1}{2},$$

其中令 $u=y^2$。

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9. 【2017-2-4 分】

$${\int }_0^{1}dy{\int }_y^1\frac{\tan x}{x}dx.$$

查看答案与解析

答案： $-\ln (\cos 1)=\ln (\sec 1)$。

解析： 积分区域满足

$$0\le y\le 1,y\le x\le 1.$$

交换积分次序得

$$0\le x\le 1,0\le y\le x.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}dx{\int }_0^x\frac{\tan x}{x}dy\\ & ={\int }_0^1\frac{\tan x}{x}\cdot xdx\\ & ={\int }_0^1\tan xdx\\ & =-\ln (\cos x){|}_0^1\\ & =-\ln (\cos 1)=\ln (\sec 1).\end{array}$$

本题的关键是交换积分次序，使内层积分直接给出长度 $x$，恰好约去被积函数分母中的 $x$。

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10. 【2020-2-4 分】

$${\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{y}}^1\sqrt{x^3+1}dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{2}{9}(2\sqrt{2}-1)$。

解析： 原积分区域为

$$0\le y\le 1,\sqrt{y}\le x\le 1.$$

由 $\sqrt{y}\le x$ 得 $y\le x^2$。交换积分次序后

$$0\le x\le 1,0\le y\le x^2.$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x^2}\sqrt{x^3+1}dy\\ & ={\int }_0^1{x}^2\sqrt{x^3+1}dx.\end{array}$$

令 $u=x^3+1$，则 $du=3x^{2}dx$，于是

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{3}{\int }_1^2{u}^{\frac{1}{2}}du\\ & =\frac{2}{9}{u}^{\frac{3}{2}}{|}_1^2\\ & =\frac{2}{9}(2\sqrt{2}-1).\end{array}$$

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11. 【2021-2-5 分】 设

$$f(t)={\int }_1^{t^2}dx{\int }_{\sqrt{x}}^t\sin \frac{x}{y}dy,$$

求 $f^{\prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)$。

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{2}\cos \frac{2}{\pi }$。

解析： 记

$$F(x,t)={\int }_{\sqrt{x}}^t\sin \frac{x}{y}dy,$$

则

$$f(t)={\int }_1^{t^2}F(x,t)dx.$$

由含参变量积分求导公式，

$$f^{\prime }(t)=2tF(t^2,t)+{\int }_1^{t^2}\frac{\partial F(x,t)}{\partial t}dx.$$

当 $x=t^2$ 时，内层积分上下限相等，因此

$$F(t^2,t)={\int }_t^t\sin \frac{t^2}{y}dy=0.$$

又由变上限积分求导公式，

$$\frac{\partial F(x,t)}{\partial t}=\sin \frac{x}{t}.$$

故

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(t)& ={\int }_1^{t^2}\sin \frac{x}{t}dx\\ & =t{\left[-\cos \frac{x}{t}\right]}_1^{t^2}\\ & =t\left(\cos \frac{1}{t}-\cos t\right).\end{array}$$

取 $t=\frac{\pi }{2}$，得

$$f^{\prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{2}\left(\cos \frac{2}{\pi }-\cos \frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{2}\cos \frac{2}{\pi }.$$

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12. 【2022-2-5 分】

$${\int }_0^{2}dy{\int }_y^2\frac{y}{\sqrt{1+x^3}}dx=$$

A. $\frac{\sqrt{2}}{6}$    B. $\frac{1}{3}$    C. $\frac{\sqrt{2}}{3}$    D. $\frac{2}{3}$

查看答案与解析

答案： D，$\frac{2}{3}$。

解析： 积分区域为

$$D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 2,y\le x\le 2\}.$$

交换积分次序后

$$0\le x\le 2,0\le y\le x.$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2}dx{\int }_0^x\frac{y}{\sqrt{1+x^3}}dy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^2\frac{x^2}{\sqrt{1+x^3}}dx.\end{array}$$

令 $u=1+x^3$，则 $du=3x^{2}dx$，故

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{6}{\int }_1^9{u}^{-\frac{1}{2}}du\\ & =\frac{1}{3}\sqrt{u}{|}_1^9\\ & =\frac{1}{3}(3-1)=\frac{2}{3}.\end{array}$$

故选 D。

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13. 【2024-23-5 分】

$${\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}dx{\int }_{\sin x}^{1}f(x,y)dy=$$

A. ${\int }_{\frac{1}{2}}^{1}dy{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\arcsin y}f(x,y)dx$

B. ${\int }_{\frac{1}{2}}^{1}dy{\int }_{\arcsin y}^{\frac{\pi }{2}}f(x,y)dx$

C. ${\int }_0^{\frac{1}{2}}dy{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\arcsin y}f(x,y)dx$

D. ${\int }_0^{\frac{1}{2}}dy{\int }_{\arcsin y}^{\frac{\pi }{2}}f(x,y)dx$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 原积分区域为

$$D=\left\{(x,y)|\frac{\pi }{6}\le x\le \frac{\pi }{2},\sin x\le y\le 1\right\}.$$

在 $\left[\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2}\right]$ 上，$\sin x$ 单调递增，因此 $y$ 的范围为

$$\frac{1}{2}\le y\le 1.$$

固定 $y$，由 $\sin x\le y$ 得

$$x\le \arcsin y.$$

结合 $x\ge \frac{\pi }{6}$，可得

$$\frac{\pi }{6}\le x\le \arcsin y.$$

故

$${\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}dx{\int }_{\sin x}^{1}f(x,y)dy={\int }_{\frac{1}{2}}^{1}dy{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\arcsin y}f(x,y)dx.$$

故选 A。B 将不等式方向写反；C、D 的 $y$ 范围不属于原区域。

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14. 【2025-3-5 分】

$${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{y}f(x)dx=$$

A. ${\int }_0^{1}xf(x)dx$    B. ${\int }_0^1(1+x)f(x)dx$

C. ${\int }_0^1(x-1)f(x)dx$    D. ${\int }_0^1(1-x)f(x)dx$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 原积分区域为

$$D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 1,0\le x\le y\}.$$

交换积分次序后，固定 $x$ 时有

$$0\le x\le 1,x\le y\le 1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}dy{\int }_0^{y}f(x)dx& ={\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}f(x)dy\\ & ={\int }_0^1(1-x)f(x)dx.\end{array}$$

故选 D。其中系数 $1-x$ 正是固定 $x$ 后，变量 $y$ 在区间 $[x,1]$ 上的长度。

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15. 【2025-12-5 分】

$${\int }_{-2}^{2}dx{\int }_{4-x^2}^{4}f(x,y)dy=$$

A. ${\int }_0^4\left[{\int }_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)dx+{\int }_{\sqrt{4-y}}^{2}f(x,y)dx\right]dy$

B. ${\int }_0^4\left[{\int }_{-2}^{\sqrt{4-y}}f(x,y)dx+{\int }_{\sqrt{4-y}}^{2}f(x,y)dx\right]dy$

C. ${\int }_0^4\left[{\int }_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)dx+{\int }_2^{\sqrt{4-y}}f(x,y)dx\right]dy$

D. $2{\int }_0^{4}dy{\int }_{\sqrt{4-y}}^{2}f(x,y)dx$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 原积分区域为

$$D=\{(x,y)\mid -2\le x\le 2,4-x^2\le y\le 4\}.$$

它是直线 $y=4$ 与抛物线 $y=4-x^2$ 之间的区域。区域中

$$0\le y\le 4.$$

固定 $y$，由

$$y\ge 4-x^2$$

得

$$x^2\ge 4-y,$$

即

$$x\le -\sqrt{4-y}\text{或}x\ge \sqrt{4-y}.$$

再结合 $-2\le x\le 2$，可得

$$-2\le x\le -\sqrt{4-y}$$

或

$$\sqrt{4-y}\le x\le 2.$$

因此交换积分次序后

$${\int }_{-2}^{2}dx{\int }_{4-x^2}^{4}f(x,y)dy={\int }_0^4\left[{\int }_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)dx+{\int }_{\sqrt{4-y}}^{2}f(x,y)dx\right]dy.$$

故选 A。选项 D 只有在被积函数关于 $x$ 为偶函数时才能将左右两部分合并为二倍，本题并未给出该条件。

（四）极坐标法

1. 【1989-5-5 分】 $D$ 为第一象限内由 $x^2+y^2=1$、$x=0$、$y=0$ 围成的区域，计算

$${\iint }_D\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}dxdy.$$

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答案： $\frac{\pi }{4}(2\ln 2-1)$。

解析： 区域 $D$ 是第一象限内的四分之一单位圆，采用极坐标

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,$$

则

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 1,$$

且 $dxdy=rdrd\theta$。因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^1\frac{1-r^2}{1+r^2}rdr\\ & =\frac{\pi }{2}{\int }_0^1\frac{r(1-r^2)}{1+r^2}dr.\end{array}$$

令 $u=1+r^2$，则 $du=2rdr$，从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{r(1-r^2)}{1+r^2}dr& =\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{2-u}{u}du\\ & =\frac{1}{2}{\int }_1^2\left(\frac{2}{u}-1\right)du\\ & =\ln 2-\frac{1}{2}.\end{array}$$

故

$$I=\frac{\pi }{2}\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi }{4}(2\ln 2-1).$$

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2. 【2011-2-4 分】 $D$ 由 $y=x$、$x^2+y^2=2y$、$y$ 轴围成，求

$${\iint }_{D}xyd\sigma .$$

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答案： $\frac{7}{12}$。

解析： 在极坐标下，直线 $y=x$ 对应

$$\theta =\frac{\pi }{4},$$

$y$ 轴对应 $\theta =\frac{\pi }{2}$，圆

$$x^2+y^2=2y$$

化为

$$r^2=2r\sin \theta ,$$

即 $r=2\sin \theta$。故区域可表示为

$$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 2\sin \theta .$$

又

$$xy=r^2\sin \theta \cos \theta ,d\sigma =rdrd\theta ,$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }{r}^3\sin \theta \cos \theta dr\\ & =4{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^5\theta \cos \theta d\theta \\ & =\frac{2}{3}{\sin }^6\theta {|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{8}\right)=\frac{7}{12}.\end{array}$$

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3. 【2015-3-4 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 2x,x^2+y^2\le 2y\},$$

则 ${\iint }_{D}f(x,y)dxdy$ 等于（　）。

A. ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{2\cos \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr+{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$

B. ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr+{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2\cos \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$

C. $2{\int }_0^{1}dx{\int }_{1-\sqrt{1-x^2}}^{x}f(x,y)dy$

D. $2{\int }_0^{1}dx{\int }_x^{\sqrt{2x-x^2}}f(x,y)dy$

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答案： B。

解析： 两圆分别化为极坐标方程

$$r=2\cos \theta ,r=2\sin \theta .$$

区域 $D$ 是两个圆盘的公共部分，位于第一象限。对固定的 $\theta$，径向上界应取

$$\min \{2\cos \theta ,2\sin \theta \}.$$

当 $0\le \theta \le \frac{\pi }{4}$ 时，$\sin \theta \le \cos \theta$，故

$$0\le r\le 2\sin \theta .$$

当 $\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ 时，$\cos \theta \le \sin \theta$，故

$$0\le r\le 2\cos \theta .$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}f(x,y)dxdy=& {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr\\ & +{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2\cos \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr.\end{array}$$

故选 B。A 在两个角区间内均取了较大的径向上界，会超出两圆的公共部分。