三、第二类曲面积分的计算｜小题与大题

小题

（一）化为二重积分

1. 【2019-1-4 分】 设 $\Sigma :x^2+y^2+4z^2=4(z\ge 0)$ 的上侧，则

$${\iint }_{\Sigma }\sqrt{4-x^2-4z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

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答案： $\frac{32}{3}$。

解析： 曲面 $\Sigma$ 可表示为

$$z=\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2-y^2},$$

其在 $xOy$ 平面上的投影区域为

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

由于 $\Sigma$ 取上侧，故有向面积元中的 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 取正号。又在曲面上

$$x^2+y^2+4z^2=4,$$

所以

$$\sqrt{4-x^2-4z^2}=\sqrt{y^2}=|y|.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }\sqrt{4-x^2-4z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y& ={\iint }_D|y|\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =4{\int }_0^{2}y\sqrt{4-y^2}\mathrm{d}y\\ & =4{\left[-\frac{1}{3}(4-y^2{)}^{\frac{3}{2}}\right]}_0^2\\ & =\frac{32}{3}.\end{array}$$

故

$$\boxed{{\iint }_{\Sigma }\sqrt{4-x^2-4z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{32}{3}}.$$

知识点：第二类曲面积分投影到 $xOy$ 平面时，应先根据曲面方程化简被积函数，并依据曲面侧向判断 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 的符号。

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2. 【2024-1-5 分】 设 $P=P(x,y,z),Q=Q(x,y,z)$ 均为连续函数，$\Sigma$ 为曲面 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}(x\le 0,y\ge 0)$ 的上侧，则

$${\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x=()$$

A. ${\iint }_{\Sigma }\left(-\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$    B. ${\iint }_{\Sigma }\left(-\frac{x}{z}P-\frac{y}{z}Q\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

C. ${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x}{z}P-\frac{y}{z}Q\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$    D. ${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

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答案： D。

解析： 将曲面写成

$$z=z(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}.$$

曲面取上侧时，有向面积元满足

$$(\mathrm{d}y\mathrm{d}z,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y)=(-z_x,-z_y,1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

计算偏导数：

$$z_x=-\frac{x}{z},z_y=-\frac{y}{z}.$$

于是

$$\mathrm{d}y\mathrm{d}z=-z_x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{x}{z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$$$\mathrm{d}z\mathrm{d}x=-z_y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{y}{z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x& ={\iint }_D\left(\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

故选 D。

错误选项分析：A、B、C 均至少有一个符号错误。上侧对应法向量方向 $(-z_x,-z_y,1)$，不能直接把 $z_x,z_y$ 当作前两个方向余弦的比例量。

（二）运用高斯公式：直接运用

$${\iint }_{\partial \Omega }\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}\mathrm{d}V.$$

1. 【1988-12-5 分】 $S$ 为 $x^2+y^2+z^2=1$ 外侧，计算

$$I={\iint }_S{x}^3\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^3\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

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答案： $\frac{12\pi }{5}$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=(x^3,y^3,z^3).$$

球面 $S$ 是单位球体 $\Omega$ 的外侧，可以直接应用高斯公式：

$$I={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}\mathrm{d}V.$$

其中

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=3x^2+3y^2+3z^2=3r^2.$$

采用球坐标，$\mathrm{d}V=r^2\sin \phi \mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta$，故

$$\begin{array}{rl}I& =3{\iiint }_{\Omega }{r}^2\mathrm{d}V\\ & =3{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\pi }\sin \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^1{r}^4\mathrm{d}r\\ & =3\cdot 2\pi \cdot 2\cdot \frac{1}{5}\\ & =\frac{12\pi }{5}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{I=\frac{12\pi }{5}}.$$

知识点：封闭曲面取外侧时可直接使用高斯公式；球对称积分宜采用球坐标。

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2. 【2005-1-4 分】 $\Omega$ 由锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与半球面 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 围成，$\Sigma$ 是 $\Omega$ 整个边界外侧，则

$${\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

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答案： $2\pi R^3\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=(x,y,z),$$

则

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=1+1+1=3.$$

由高斯公式，原积分等于

$$3V_{\Omega }.$$

在柱坐标中，锥面为 $z=r$，半球面为

$$z=\sqrt{R^2-r^2}.$$

二者交线满足

$$r=\sqrt{R^2-r^2},$$

故

$$r=\frac{R}{\sqrt{2}}.$$

于是区域体积为

$$\begin{array}{rl}{V}_{\Omega }& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\frac{R}{\sqrt{2}}}\left(\sqrt{R^2-r^2}-r\right)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\left[-\frac{1}{3}(R^2-r^2{)}^{\frac{3}{2}}-\frac{r^3}{3}\right]}_0^{\frac{R}{\sqrt{2}}}\\ & =\frac{2\pi R^3}{3}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y& =3V_{\Omega }\\ & =2\pi R^3\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).\end{array}$$

故

$$\boxed{2\pi R^3\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}.$$

知识点：先由两曲面联立确定柱坐标中的径向范围，再利用高斯公式把通量化为体积的常数倍。

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3. 【2021-1-5 分】 $\Sigma$ 为 $\{(x,y,z)\mid x^2+4y^2\le 4,0\le z\le 2\}$ 表面外侧，则

$${\iint }_{\Sigma }{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

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答案： $4\pi$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=(x^2,y^2,z).$$

由高斯公式，

$$I={\iiint }_{\Omega }(2x+2y+1)\mathrm{d}V.$$

区域 $\Omega$ 关于平面 $x=0$ 与 $y=0$ 均对称，因此

$${\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}V=0,{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}V=0.$$

故

$$I={\iiint }_{\Omega }1\mathrm{d}V=V_{\Omega }.$$

底面椭圆

$$x^2+4y^2\le 4$$

的两个半轴分别为 $2$ 与 $1$，面积为

$$\pi \cdot 2\cdot 1=2\pi .$$

柱体高为 $2$，所以

$$V_{\Omega }=2\pi \cdot 2=4\pi .$$

因此

$$\boxed{I=4\pi }.$$

知识点：利用区域对称性可立即消去被积函数中的奇函数项，只需计算剩余常数项对应的体积。

（三）运用高斯公式：补面

1. 【2006-1-4 分】 $\Sigma$ 是锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}(0\le z\le 1)$ 下侧，则

$${\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3(z-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

查看答案与解析

答案： $2\pi$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=(x,2y,3(z-1)).$$

锥面与平面 $z=1$ 内的圆盘

$$S_0:z=1,x^2+y^2\le 1$$

共同围成锥体 $\Omega$。锥面取下侧，恰好是该锥体边界的外侧方向；圆盘 $S_0$ 应取上侧。

由高斯公式，

$${\iint }_{\Sigma }\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S+{\iint }_{S_0}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}\mathrm{d}V.$$

其中

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=1+2+3=6.$$

锥体底面积为 $\pi$，高为 $1$，故

$$V_{\Omega }=\frac{1}{3}\pi .$$

因此闭曲面通量为

$$6V_{\Omega }=2\pi .$$

在补面 $S_0$ 上，$z=1$，且上侧法向量为 $(0,0,1)$，故

$$\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}=3(z-1)=0.$$

所以补面通量为零，原积分即为

$$\boxed{2\pi }.$$

知识点：开曲面应用高斯公式时先补成封闭曲面；补面应采用整个封闭区域的外侧方向。

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2. 【2008-1-4 分】 $\Sigma :z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ 上侧，则

$${\iint }_{\Sigma }xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

查看答案与解析

答案： $4\pi$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=(xy,x,x^2).$$

用平面圆盘

$$S_0:z=0,x^2+y^2\le 4$$

补成上半球体 $\Omega$ 的封闭边界。半球面 $\Sigma$ 取上侧，即球体外侧；底面 $S_0$ 的外侧方向为下侧。

由高斯公式，

$${\iint }_{\Sigma }\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S+{\iint }_{S_0}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}\mathrm{d}V.$$

计算散度：

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=\frac{\partial (xy)}{\partial x}+\frac{\partial x}{\partial y}+\frac{\partial x^2}{\partial z}=y.$$

区域 $\Omega$ 关于平面 $y=0$ 对称，因此

$${\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}V=0.$$

在底面 $S_0$ 上，外侧法向量为 $(0,0,-1)$，故

$$\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}=-x^2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{S_0}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S& =-{\iint }_{x^2+y^2\le 4}{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =-{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^2{r}^2{\cos }^2\theta \cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =-\left({\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta \mathrm{d}\theta \right)\left({\int }_0^2{r}^3\mathrm{d}r\right)\\ & =-\pi \cdot 4\\ & =-4\pi .\end{array}$$

因此

$${\iint }_{\Sigma }\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S-4\pi =0,$$

从而

$$\boxed{{\iint }_{\Sigma }xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\pi }.$$

知识点：补面通量的符号由封闭体外侧方向决定；底面通常取向下法向量，不能误取上侧。

大题

（一）化为二重积分

1. 【1994-12-6 分】 $S$ 是由曲面 $x^2+y^2=R^2$ 及两平面 $z=R,z=-R(R>0)$ 所围成立体表面的外侧，计算

$${\iint }_S\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{x^2+y^2+z^2}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{{\pi }^{2}R}{2}$。

解析： 将闭曲面 $S$ 分为圆柱侧面 $S_1$、上底面 $S_2$ 和下底面 $S_3$。

令

$$\mathbf{F}=\left(\frac{x}{x^2+y^2+z^2},0,\frac{z^2}{x^2+y^2+z^2}\right).$$

（1）圆柱侧面 $S_1$

取参数方程

$$x=R\cos \theta ,y=R\sin \theta ,-R\le z\le R,$$

其中 $0\le \theta \le 2\pi$。侧面的外侧单位法向量为

$$\mathbf{n}=(\cos \theta ,\sin \theta ,0),$$

且 $\mathrm{d}S=R\mathrm{d}\theta \mathrm{d}z$。因此

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\iint }_{S_1}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S\\ & ={\int }_{-R}^R{\int }_0^{2\pi }\frac{R\cos \theta }{R^2+z^2}\cos \theta \cdot R\mathrm{d}\theta \mathrm{d}z\\ & =R^2{\int }_{-R}^R\frac{\mathrm{d}z}{R^2+z^2}{\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta \mathrm{d}\theta \\ & =R^2\cdot \frac{\pi }{2R}\cdot \pi \\ & =\frac{{\pi }^{2}R}{2}.\end{array}$$

（2）上、下底面

在上底面 $S_2$ 上，$z=R$，外侧方向向上；在下底面 $S_3$ 上，$z=-R$，外侧方向向下。二者在 $xOy$ 平面上的投影区域相同，且被积函数的大小相同、符号相反，所以

$$I_2+I_3=0.$$

因此

$$\boxed{{\iint }_S\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{x^2+y^2+z^2}=\frac{{\pi }^{2}R}{2}}.$$

知识点：闭曲面可以按侧面和底面分片计算；上、下底面的通量常可利用对称性直接抵消。

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2. 【2020-1-10 分】 设 $\Sigma$ 为曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}(1\le x^2+y^2\le 4)$ 下侧，$f(x)$ 为连续函数，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }[xf(xy)+2x-y]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[yf(xy)+2y+x]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[zf(xy)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{14\pi }{3}$。

解析： 曲面为

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

记 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，则

$$z_x=\frac{x}{r},z_y=\frac{y}{r}.$$

由于 $\Sigma$ 取下侧，第二类曲面积分化为二重积分时，有

$$(\mathrm{d}y\mathrm{d}z,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y)=\left(z_x,z_y,-1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\left(\frac{x}{r},\frac{y}{r},-1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I={\iint }_D& \left\{[xf(xy)+2x-y]\frac{x}{r}+[yf(xy)+2y+x]\frac{y}{r}-[rf(xy)+r]\right\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{array}$$

其中

$$D=\{(x,y)\mid 1\le x^2+y^2\le 4\}.$$

含 $f(xy)$ 的各项恰好相消：

$$\frac{x^2+y^2}{r}f(xy)-rf(xy)=0.$$

其余部分为

$$\begin{array}{rl}\frac{x(2x-y)+y(2y+x)}{r}-r& =\frac{2x^2+2y^2}{r}-r\\ & =2r-r=r.\end{array}$$

故利用极坐标，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{D}r\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{2\pi }{\int }_1^2{r}^2\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\frac{r^3}{3}|}_1^2\\ & =\frac{14\pi }{3}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{I=\frac{14\pi }{3}}.$$

知识点：图形曲面的定向决定有向面积元素的符号；本题中任意连续函数 $f$ 的相关项全部抵消。

（二）运用高斯公式：直接运用

1. 【1989-3-6 分】 设空间区域 $\Omega$ 由曲面 $z=a^2-x^2-y^2$ 与平面 $z=0$ 围成，其中 $a$ 为正的常数，设 $\Omega$ 表面的外侧为 $S$，$\Omega$ 的体积为 $V$，证明

$${\iint }_S{x}^{2}y{z}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z-x{y}^2{z}^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z(1+xyz)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=V.$$

查看答案与解析

答案： 等式成立。

解析： 令

$$P=x^{2}y{z}^2,Q=-x{y}^2{z}^2,R=z(1+xyz).$$

这些函数在 $\Omega$ 上具有连续的一阶偏导数。由高斯公式，

$$\begin{array}{r}{\iint }_{S}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iiint }_{\Omega }\left(P_x+Q_y+R_z\right)\mathrm{d}V.\end{array}$$

计算散度：

$$\begin{array}{rl}{P}_x& =2xy{z}^2,\\ Q_y& =-2xy{z}^2,\\ R_z& =1+2xyz.\end{array}$$

故

$$P_x+Q_y+R_z=1+2xyz.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{S}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y& ={\iiint }_{\Omega }(1+2xyz)\mathrm{d}V\\ & =V+2{\iiint }_{\Omega }xyz\mathrm{d}V.\end{array}$$

区域 $\Omega$ 关于坐标平面 $x=0$ 对称，而 $xyz$ 关于 $x$ 为奇函数，因此

$${\iiint }_{\Omega }xyz\mathrm{d}V=0.$$

从而

$$\boxed{{\iint }_S{x}^{2}y{z}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z-x{y}^2{z}^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z(1+xyz)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=V}.$$

知识点：高斯公式将封闭曲面通量化为散度的三重积分；区域对称而被积函数为奇函数时，积分为零。

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2. 【1993-12-6 分】 $\Sigma$ 是由 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=\sqrt{2-x^2-y^2}$ 所围立体的表面外侧，计算

$${\iint }_{\Sigma }2xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x-z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{2}$。

解析： 令

$$\mathbf{F}=(2xz,yz,-z^2).$$

由高斯公式，所求通量为

$$I={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}\mathrm{d}V.$$

计算散度：

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=\frac{\partial (2xz)}{\partial x}+\frac{\partial (yz)}{\partial y}+\frac{\partial (-z^2)}{\partial z}=2z+z-2z=z.$$

设 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。两曲面的交线满足

$$r=\sqrt{2-r^2},$$

故 $r=1$，相应的 $z=1$。因此柱坐标下区域 $\Omega$ 可表示为

$$0\le \theta \le 2\pi ,0\le r\le 1,r\le z\le \sqrt{2-r^2}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\int }_r^{\sqrt{2-r^2}}zr\mathrm{d}z\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\int }_0^1\frac{1}{2}\left[(2-r^2)-r^2\right]r\mathrm{d}r\\ & =2\pi {\int }_0^1(r-r^3)\mathrm{d}r\\ & =2\pi \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)\\ & =\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{I=\frac{\pi }{2}}.$$

知识点：先由两曲面联立确定柱坐标范围，再利用高斯公式把曲面积分化为三重积分。

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3. 【2000-1-7 分】 对于半空间 $x>0$ 内任意光滑有向封闭曲面 $S$，都有

$${\iint }_{S}xf(x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-xyf(x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x-e^{2x}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$

$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 一阶可导，$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=1$，求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=\frac{e^x(e^x-1)}{x}$。

解析： 令

$$P=xf(x),Q=-xyf(x),R=-e^{2x}z.$$

对半空间 $x>0$ 内任意光滑封闭曲面，通量均为零。由高斯公式及区域的任意性，必有

$$P_x+Q_y+R_z=0.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}{P}_x& =f(x)+x{f}^{\prime }(x),\\ Q_y& =-xf(x),\\ R_z& =-e^{2x}.\end{array}$$

因此 $f$ 满足微分方程

$$x{f}^{\prime }(x)+(1-x)f(x)=e^{2x},$$

即

$$f^{\prime }(x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)f(x)=\frac{e^{2x}}{x}.$$

其积分因子为

$$\mu (x)=e^{\int (\frac{1}{x}-1)\mathrm{d}x}=x{e}^{-x}.$$

故

$${\left[x{e}^{-x}f(x)\right]}^{\prime }=e^x.$$

积分得

$$x{e}^{-x}f(x)=e^x+C,$$

从而

$$f(x)=\frac{e^{2x}+C{e}^x}{x}.$$

由 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=1$，要使极限有限，分子常数项必须为零，故

$$1+C=0,$$

即 $C=-1$。于是

$$f(x)=\frac{e^{2x}-e^x}{x}=\frac{e^x(e^x-1)}{x}.$$

并且

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^x(e^x-1)}{x}=1,$$

满足题设条件。因此

$$\boxed{f(x)=\frac{e^x(e^x-1)}{x}}.$$

知识点：若任意闭区域上的散度积分均为零，则连续的散度恒为零；所得一阶线性微分方程再由极限条件确定积分常数。

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4. 【2016-1-10 分】 $\Omega$ 由 $2x+y+2z=2$ 与三个坐标平面围成，$\Sigma$ 为 $\Omega$ 全表面外侧，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }(x^2+1)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3z\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 令

$$P=x^2+1,Q=-2y,R=3z.$$

曲面 $\Sigma$ 是封闭曲面且取外侧，直接使用高斯公式：

$$\begin{array}{rl}I& ={\iiint }_{\Omega }\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}V\\ & ={\iiint }_{\Omega }(2x-2+3)\mathrm{d}V\\ & ={\iiint }_{\Omega }(2x+1)\mathrm{d}V.\end{array}$$

平面可写为

$$\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{1}=1,$$

故 $\Omega$ 是三个坐标轴截距分别为 $1,2,1$ 的四面体，其体积为

$$V=\frac{1\cdot 2\cdot 1}{6}=\frac{1}{3}.$$

该四面体重心的横坐标为

$$\bar{x}=\frac{1}{4}.$$

于是

$${\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}V=\bar{x}V=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{12}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =2{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}V+{\iiint }_{\Omega }1\mathrm{d}V\\ & =2\cdot \frac{1}{12}+\frac{1}{3}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{I=\frac{1}{2}}.$$

知识点：封闭曲面的第二类曲面积分优先使用高斯公式；四面体上线性函数的积分可借助重心公式计算。

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5. 【2023-1-12 分】 $\Omega$ 由柱面 $x^2+y^2=1$ 与 $z=0,x+z=1$ 围成，$\Sigma$ 为 $\Omega$ 边界外侧，计算

$$I={\iint }_{\Sigma }2xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+xz\cos y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3yz\sin x\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{5\pi }{4}$。

解析： 令

$$P=2xz,Q=xz\cos y,R=3yz\sin x.$$

由高斯公式，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iiint }_{\Omega }\left(P_x+Q_y+R_z\right)\mathrm{d}V\\ & ={\iiint }_{\Omega }\left(2z-xz\sin y+3y\sin x\right)\mathrm{d}V.\end{array}$$

区域 $\Omega$ 在 $xOy$ 平面上的投影为单位圆盘

$$D:x^2+y^2\le 1,$$

且

$$0\le z\le 1-x.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D{\int }_0^{1-x}\left(2z-xz\sin y+3y\sin x\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}A\\ & ={\iint }_D\left[(1-x{)}^2-\frac{1}{2}x(1-x{)}^2\sin y+3y(1-x)\sin x\right]\mathrm{d}A.\end{array}$$

其中

$$x(1-x{)}^2\sin y$$

关于 $y$ 为奇函数，而单位圆盘关于 $x$ 轴对称；同样，

$$y(1-x)\sin x$$

关于 $y$ 也是奇函数。因此这两项在 $D$ 上的积分均为零，故

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(1-x{)}^2\mathrm{d}A\\ & ={\iint }_D(1-2x+x^2)\mathrm{d}A.\end{array}$$

由对称性，${\iint }_{D}x\mathrm{d}A=0$，且

$${\iint }_{D}1\mathrm{d}A=\pi ,$$$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^2\mathrm{d}A& =\frac{1}{2}{\iint }_D(x^2+y^2)\mathrm{d}A\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^2\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

所以

$$I=\pi +\frac{\pi }{4}=\frac{5\pi }{4}.$$

故

$$\boxed{I=\frac{5\pi }{4}}.$$

知识点：高斯公式化为三重积分后，应充分利用投影区域的对称性消去奇函数项。