2014王博强化高数第八讲答案

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3
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【答案】(C)
【详解】因为 f (u,v)dudv 为一确定的数，不妨设 f (u, v)dudv a ，则
D
D
f (x, y) xy a ，
即 D 中最低点的纵坐标 y 0 ,最高点的纵坐标
y
y 1, D 的左边界的方程是 x y ,即 y x2 的右支, D 的右边界的方程是 x 2 y2 即 x2 y2 2 的右半圆,
D
O
12
x
从而画出 D 的图形如图中的阴影部分,从图形可见 D D1 D2 ,且 D1 {(x, y) 0 x 1, 0 y x2}, D2 {(x, y) 1 x 2, 0 y 2 x2 }.
为四个区域 Dk k 1, 2,3, 4 , Ik y cos xdxdy ,
Dk
则 maxIk 1k 4
D1
D2
-1
D4 1 D3
x
(B) I2 .
-1
(C) I3 .
()
(A) I1 .
(D) I4 .
【答案】(A) 【解析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性.
x3
y3
Ñ I i =
y3
x3
( y )dx (2x )dy
(2x ) ( y )
[
3
6 ) dxdy
Li
6
3
x
Di
y

[1 (x 2

y2 )]dxdy =
S(D
i)
2
(x 2

y2 )dxdy ,
2
其中 S (Di ) 表示 Di
Di
Di
2
(D) dy
4y 2 f (x 2 y 2 )dx .【
】
0
1 1 y 2
0
1 1 y 2
【答案】选 (B).
【详解】令 x r cos , y r sin 则 r 2 所对应的直角坐标方程为 x2 y2 22
r 2 cos 所对应的直角坐标方程为 x 12 y2 1.
2 xy d , I3
(x2 y2 )d ,
x2 y2 1
x y 1
x y 1
则(A) I1 I2 I3 (B) I2 I3 I1 (C) I3 I1 I2 (D) I3 I2 I1
【例 3】（09，1）如图,正方形 x, y x 1, y 1 被其对角线划分 1
2 (r 2 cos2 r 2 sin 2 ) r dr
0
0
2
1
= 2
2
(1 cos2 ) d
3 = 2

=
.
20
22
令 x 2r cos ， y r sin ，此时 dxdy 2rdrd ，于是
2
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0
1 y
0
2
2
0
于是
dy f (x, y)dx dy f (x, y)dx dx f (x, y)dy
1 2
1 1 y
1
1 x
2
1 x
1 dx0 f (x, y)dy.
2
2
2
4 y
【例 7】（09,2）设函数 f x, y 连续,则 dx f x, ydy dy f x, y dx ( )
( x, y ) y x,0x1
【练习】（2013,1）设 L 1 : x2 y2 1, L2 : x2 y2 2 , L3 : x2 2 y2 2 , L4 :
Ñ 2x2 y2 2 为四条逆时针方向的平面曲线, 记 I i )dy (i=1,
【】
ydxdy = xdxdy ，于是 I k ( y x)dxdy 0 （k =1, 3）.
Dk
Dk
Dk
在第 2 象限区域 D 2 上， y x 0 ，第 4 象限区域 D 4 上 y x 0 ，故由重积分的性质得
I2 0 ， I4 0 . 选 (B).
1
x
1
y
2
4 x
(A) dx
1
1
f x, ydy
2
4 y
(C) dy
1
1
f x, ydx .
2
4 x
（B) dx
1
x
f x, ydy .
2
2
(D) 1
dyy
f
x, ydx .
【答案】(C)
2
2
2
4 y
【解析】 dx f x, ydy dy f x, y dx 的积分区域为两部分：
2
1
I4
2
0
d (r2 cos2 r2 sin2 )
0
2r dr
2 2
2
= 2
d = .
40
2
故 maxI1, I2 , I3 , I4 I4 选 (D).
【练习 】（13,3）设 Dk k 1, 2,3, 4 是圆域 D (x, y) x2 y2 1 D={(x, y) |位于第 k 象
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第八讲 二重积分
【题型一】与二重积分概念和性质有关的题
1
3
【例 1】设平面域 D 由 x 0
y 0 x y 2 及 x y 1围成，则 I1
ln x y
D
d ,
I2
f (r2 )rdr
0
2 cos
2
4x2
(A) dx
x2 y2 f (x2 y2 )dy .
0
2 xx2
2
(B) dx
4x2 f (x2 y2 )dy .
0
2 x x2
2
4 y 2
(C) dy
x 2 y 2 f (x 2 y 2 )dx .
O
1
x
因此，应先将题设给的二次积分变形为：
0
1 y
0
2
dy f (x, y)dx dy f (x, y)dx,
1 2
1 1 y
其中 D (x, y) 1 y 0,1 y x 2 , 再由图所示，又可将 D 改写为
D (x, y) 1 x 2,1 x y 0,
2
4 y
故二重积分可以表示为 dy f (x, y)dx ,故答案为(C).
1
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2
【例 8】（12,3）设函数 f t 连续，则二次积分 2 d
Li
6
3
2, 3,4) , 则 max I1, I2, I3, I4
(A) I 1 .
(B) I 2 .
(C) I 3 .
(D) I 4.
【】
【分析】此题考查第二类曲线积分值的大小比较，通过格林公式转化为二重积分来讨论.
【答案】选 (D).
【详解】记 D i 为曲线 L i 所围成的平面区域, (i=1, 2, 3,4) , 由格林公式得
【 例 4 】（ 99,3 ） 设 f (x, y) 连 续 ， 且 f (x, y) xy f (u, v)dudv ， 其 中 D 是 由
D
y 0, y x2, x 1所围成的区域，则 f (x, y) 等于 ( )
(A) xy
(B) 2xy
1 (C) xy
8
(D) xy 1
(x y)3 d I3
3
sin(x y) d ,则 I1, I2, I3 的大小关系是
D
D
(A) I3 I2 I1
（B) I1 I2 I3 (C) I2 I3 I1
(D) I2 I1 I3
【例 2】 设 I1
(x2 y2 )d , I2
【例 6】（01，1）交换二次积分的积分次序： dy f (x, y)dx 1 2
2
1 x
【答案】 dx f (x, y)dy.
1
0
【详解】由题设二次积分的限，画出对应的积分区域，
如图阴影部分. 但在 1 y 0 内， 2 1 y ，
y x+y=1 x=2
题设的二次积分并不是 f (x, y) 在某区域上的二重积分，
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I 3 =
2
2
d
1 (2r2 cos2 r 2 sin2 )
2r dr
0
0
2
= 2
2
2 (2 cos2 sin2 ) d = 3
2
40
2
8
类似令 x r cos ， y 2r sin ，此时 dxdy 2rdrd ，于是
1
x
1
y
D1 (x, y) 1 x 2, x y 2 (x, y) 1 y 2,1 x y, D2 (x, y) 1 y 2, y x 4 y,
将其写成一块 D (x, y) 1 y 2,1 x 4 y,
1
x2
所以 a f (x, y)dxdy (xy a)dxdy 0 dx0 (xy a)dy
D
D

1 x5 (
ax2 )dx
1
a ，
02
12 3
1
1
解之得 a ，所以 f (x, y) xy ，故应选(C).
8
8
【题型二】更换二重积分的次序与改变坐标系
由

2
2 d
0
2 cos
f
(r2 )rdr
的积分区域： D

r, | 0



2
, 2 cos

r

2,

得在直角坐标下的表示为： 2x x2 y 4 x2 , 0 x 2 ,
2
所以 2 d
f (r2 )rdr
4
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1
2 y2
1
x2
2
2x2
所以 dy
0
y
f (x, y)dx 0 dx0 f (x, y)dy 1 dx0
f (x, y)dy.
0
1 y
D1, D3 两区域关于 y 轴对称, f (x, y) y cos(x) y cos x f (x, y) ,即被积函数是 关于 x 的偶函数,所以
I1 2 y cos xdxdy 0,
( x, y) yx,0x1
所以正确答案为(A).
I3 2 y cos xdxdy 0.
令 f (x, y) y cos x ,
D2, D4 两区域关于 x 轴对称, f (x, y) y cos x f (x, y) ,即被积函数是关于 y 的 奇函数,所以 I2 I4 0 ；
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的面积. 下面利用极坐标和广义极坐标计算可得
I 1 =
2
d
1 (r 2 cos2 r 2 sin 2 ) r dr
0
0
2
1
=
2
(1 cos2 ) d = 3
1
2
cos2 d
5 .
80
4 80
8
2
I 2 = 2 d
限的部分, 记 I k ( y x)dxdy 则
Dk
(A) I1 0 . (B) I2 0 . (C) I3 0 . (D) I4 0 I 4 .
【答案】(B). 【分析】利用重积分的性质即可得出答案.
【详解】 因为第 1，3 象限区域有关于 x, y 的轮换对称性，故
1
2 y2
【例 5】交换积分次序 dy
f (x, y)dx _________.
0
y
【解析】这是一个二重积分的累次积分,改换积分次序时,先表成：原式 f (x, y)dxdy.
D
由累次积分的内外层积分限确定积分区域 D ： D {(x, y) 0 y 1, y x 2 y2 } ,