二重积分

§6.1 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

4.10 分/卷近 11 年平均

8/11 年出现年份

7.0 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）定积分的概念与性质定积分的计算③ 掌握后可解锁三重积分格林公式第一类曲面积分（对面积）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 二重积分的定义 $lim \sum f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i}$ 、曲顶柱体的几何意义与直角坐标下的定限★★ 必会

① 定义：设

f (x, y)

在有界闭区域

D

上有界。把

D

任意分割成

n

个小闭区域

Δ σ_{1}, \dots, Δ σ_{n}

，其中

Δ σ_{i}

同时表示相应小区域的面积；在每个

Δ σ_{i}

上任取一点

(ξ_{i}, η_{i})

，作乘积的和式

\sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i}

。记

λ

为各小区域直径的最大值。如果当

λ \to 0

时该和式的极限存在，且与分割的方法及取点的方式都无关，那么称此极限为

f

在

D

上的二重积分，记作

\iint_{D} f (x, y) d σ = λ \to 0 lim i = 1 \sum n f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i} .

如果

f

在有界闭区域上连续，那么它必可积；在直角坐标下，常把面积元记作

d σ = d x d y

。

② 几何意义（曲顶柱体）：当

f (x, y) \geq 0

时，

\iint_{D} f d σ

就是以

D

为底、以曲面

z = f (x, y)

为顶的曲顶柱体的体积。和式中的每一项

f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i}

就是一根细直柱体的体积，它以小区域为底、以某点处的高度为高，分割越细，逼近得越好。如果

f

变号，那么积分是

x O y

面上方与下方两部分体积的代数和。特别地，

\iint_{D} 1 d σ = S_{D}

，即区域的面积。

③ 直角坐标下的定限（化为二次积分）：X-型区域

D : a \leq x \leq b, φ_{1} (x) \leq y \leq φ_{2} (x)

，此时竖直线穿过

D

，先与下方的曲线相交，后与上方的曲线相交，于是

\iint_{D} f d σ = \int_{a}^{b} d x \int_{φ_{1} (x)}^{φ_{2} (x)} f (x, y) d y;

Y-型区域

D : c \leq y \leq d, ψ_{1} (y) \leq x \leq ψ_{2} (y)

，此时用水平线穿过

D

，于是

\iint_{D} f d σ = \int_{c}^{d} d y \int_{ψ_{1} (y)}^{ψ_{2} (y)} f (x, y) d x .

定限的要领是：外层的积分限是常数，内层的积分限由穿线自下而上确定。如果区域既不是 X-型也不是 Y-型，那么先把它分成几块，再把各块的积分相加。

④ 交换积分次序：交换二次积分次序的正确做法是先由积分限画出区域 $D$ ，再按另一种类型重新定限，绝不能机械地对调上下限。什么时候必须交换？最常见的情形是内层积不出来：

e^{- y^{2}}, e^{y^{2}}, \frac{sin y}{y}, sin y^{2}

等都没有初等原函数，交换次序以后往往就能积出。

证明 / 推导

X-型公式的来历（截面法）。 设

f \geq 0

，则

V = \iint_{D} f d σ

是曲顶柱体的体积。过点

x \in [a, b]

作垂直于

x

轴的平面，截曲顶柱体得一个曲边梯形

{(y, z) : φ_{1} (x) \leq y \leq φ_{2} (x), 0 \leq z \leq f (x, y)}

，其面积为

A (x) = \int_{φ_{1} (x)}^{φ_{2} (x)} f (x, y) d y .

由定积分中已知平行截面面积求体积的公式，得

V = \int_{a}^{b} A (x) d x = \int_{a}^{b} [\int_{φ_{1} (x)}^{φ_{2} (x)} f (x, y) d y] d x,

这就是先对

y

后对

x

的二次积分。Y-型公式的推导与此相类似，只需改用垂直于

y

轴的截面。

■

举例说明

例（1990 数一） 求

\int_{0}^{2} d x \int_{x}^{2} e^{- y^{2}} d y

。

解. 内层的

\int e^{- y^{2}} d y

没有初等原函数，这条路走不通，必须交换积分次序。由积分限画出区域：

0 \leq x \leq 2, x \leq y \leq 2

，它是以

(0, 0), (0, 2), (2, 2)

为顶点的三角形。

新的内层限只能从图上读，不能对调：横条从左往右扫，左端顶在

y

轴上，即

x = 0

；右端顶在斜边

y = x

上，把它解成

x

就是

x = y

。于是区域改写成 Y-型：

0 \leq y \leq 2, 0 \leq x \leq y

，

\int_{0}^{2} d x \int_{x}^{2} e^{- y^{2}} d y = \int_{0}^{2} e^{- y^{2}} [\int_{0}^{y} d x] d y = \int_{0}^{2} y e^{- y^{2}} d y = [- \frac{1}{2} e^{- y^{2}}]_{0}^{2} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{e ^{4}}) .

必须注意：交换次序时，如果只是机械地把

\int_{0}^{2} \int_{x}^{2}

改成

\int_{0}^{2} \int_{2}^{x}

之类，那么必然出错；内层新的积分限

0 \leq x \leq y

只能从画出的区域读出。内层积不出来

\Rightarrow

画出区域并交换次序，这是这一类题的固定做法。

2. 极坐标只是一个特例：一般的换元公式与雅可比行列式★★ 必会

前面只讲了极坐标换元，而真正统一的工具是一般的换元公式。设变换

x = x (u, v), y = y (u, v)

把

uv

平面上的区域

D^{'}

一一对应地映为

x y

平面上的

D

，且各偏导数连续，雅可比行列式

J = \frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )} = x_{u} y_{u} x_{v} y_{v} \neq = 0,

那么

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D^{'}} f (x (u, v), y (u, v)) ∣ J ∣ d u d v .

关键在于

∣ J ∣

，它是变换在每一点处的面积放大率。为什么是它？把

uv

面上一个以

d u, d v

为边的小矩形经变换送到

x y

面上，它的像近似是由两个向量

(x_{u}, y_{u}) d u

与

(x_{v}, y_{v}) d v

所张成的平行四边形，其面积恰为

∣ x_{u} y_{v} - x_{v} y_{u} ∣ d u d v = ∣ J ∣ d u d v

。因此面积元不再是

d u d v

，而要乘上这个伸缩因子。在极坐标情形，

x = r cos θ, y = r sin θ

，此时

J = cos θ sin θ - r sin θ r cos θ = r

，于是

d σ = r d r d θ

，其中多出来的

r

就是雅可比行列式。

证明 / 推导

证. 正文说小矩形的像近似是一个平行四边形，其面积为

∣ J ∣ d u d v

。下面把这两句话的根据补出来。
① 先证平行四边形的面积等于二阶行列式的绝对值。设平面上的两个向量为

p = (p_{1}, p_{2})

与

q = (q_{1}, q_{2})

，夹角为

θ

，则它们所张成的平行四边形的面积为

S = ∣ p ∣ ∣ q ∣ sin θ

。把这两个向量看作空间中第三个分量为零的向量。由向量积的坐标公式，

p \times q = (0, 0, p_{1} q_{2} - p_{2} q_{1}) .

又由向量积的定义，

∣ p \times q ∣ = ∣ p ∣ ∣ q ∣ sin θ = S

。两式比较，得

S = ∣ p_{1} q_{2} - p_{2} q_{1} ∣, p_{1} q_{2} - p_{2} q_{1} = p_{1} q_{1} p_{2} q_{2} .

在

uv

面上取以

d u, d v

为边的小矩形，它的像的两条边所对应的向量为

(x_{u}, y_{u}) d u

与

(x_{v}, y_{v}) d v

。代入上式，即得面积为

∣ x_{u} y_{v} - x_{v} y_{u} ∣ d u d v = ∣ J ∣ d u d v

。
② 再说明为什么可以用这个平行四边形代替小矩形的像。各偏导数连续，因而变换可微，于是

x (u_{0} + Δ u, v_{0} + Δ v) = x (u_{0}, v_{0}) + x_{u} Δ u + x_{v} Δ v + o (ρ),

其中

ρ = Δ u^{2} + Δ v^{2}

，对

y

也有同样的式子。可见像的边与平行四边形的边只相差一个

o (ρ)

，两者面积之差是

ρ^{2}

的高阶无穷小。作和再取极限，这一部分不影响积分的值。条件

J \neq = 0

保证平行四边形不退化成线段，因而变换在该点附近是一一对应的。
③ 由此还得到一条便于计算的推论：两个方向的雅可比行列式互为倒数。事实上，由复合函数的求导法则，

(x_{u} y_{u} x_{v} y_{v}) (u_{x} v_{x} u_{y} v_{y}) = (1001) .

两端取行列式，并用

∣ A B ∣ = ∣ A ∣ ∣ B ∣

，得

\frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )} \cdot \frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )} = 1.

所以由

u, v

解出

x, y

不方便时，可以先算

\frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )}

，再取它的倒数。这就证明了换元公式中面积元的由来。

■

举例说明

例. 计算

I = \iint_{D} e^{\frac{x - y}{x + y}} d x d y

，其中

D

是由

x = 0, y = 0, x + y = 1

围成的三角形，即

x, y \geq 0, x + y \leq 1

。
分析. 指数中出现

x - y

与

x + y

，直接积分会受阻于这个指数。令

u = x - y, v = x + y

，则

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

，且

J = \frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}, ∣ J ∣ = \frac{1}{2} .

再看区域的边界：

x \geq 0 \Rightarrow u + v \geq 0

，

y \geq 0 \Rightarrow v \geq u

，

x + y \leq 1 \Rightarrow v \leq 1

。合起来即

D^{'} : 0 \leq v \leq 1, - v \leq u \leq v

。于是

I = \iint_{D^{'}} e^{u / v} \cdot \frac{1}{2} d u d v = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} [\int_{- v}^{v} e^{u / v} d u] d v = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} v (e - e^{- 1}) d v = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} (e - e^{- 1}) = \frac{1}{4} (e - \frac{1}{e}) .

总结. 被积函数的结构决定了换元的方式。换元时要作三件事：写出新旧变量的关系，算出

∣ J ∣

，把区域化为

D^{'}

。

3. 轮换对称性：把原积分与交换变量后的积分相加★★ 必会

如果区域

D

关于直线

y = x

对称，即

(x, y) \in D \Leftrightarrow (y, x) \in D

，那么把被积函数中的

x, y

互换，积分值不变：

\iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{D} f (y, x) d σ ⟹ \iint_{D} f (x, y) d σ = \frac{1}{2} \iint_{D} [f (x, y) + f (y, x)] d σ .

它为什么有用：许多被积函数单独看是积不出的，但

f (x, y) + f (y, x)

常常化为常数或很简单的式子，于是难以计算的积分经这样相加便得以解决。这是迅速解出选择题与填空题的有力方法，但前提是必须核对区域关于 $y = x$ 确实对称。

证明 / 推导

证. 设

D

关于直线

y = x

对称，即

(x, y) \in D

当且仅当

(y, x) \in D

。作变换

T : x = v, y = u,

它把

u O v

平面上的点

(u, v)

对应到

x O y

平面上的点

(v, u)

，这就是关于直线

y = x

的反射。它的雅可比行列式为

\frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )} = x_{u} y_{u} x_{v} y_{v} = 0110 = - 1,

故

∣ J ∣ = 1

，即面积元在这个变换之下不变。又由

D

的对称性知，

T

把

D

映成

D

自身。于是由二重积分的换元公式，得

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} f (v, u) ∣ J ∣ d u d v = \iint_{D} f (v, u) d u d v .

积分变量是哑变量，把右端的

u, v

改记为

x, y

，即得

\iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{D} f (y, x) d σ .

这两个积分相等。把它们相加再除以

2

，就得到

\iint_{D} f (x, y) d σ = \frac{1}{2} \iint_{D} [f (x, y) + f (y, x)] d σ .

这就证明了轮换对称性。

对称性不可省去. 如果

D

关于

y = x

不对称，那么

T

把

D

映成另一个区域

D^{'}

。这时上面的第一步只给出

\iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{D^{'}} f (y, x) d σ

，两端的积分区域不同，不能相加。例如取矩形

D = {0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 2}

，并取

f (x, y) = x

。直接计算得

\iint_{D} x d σ \iint_{D} y d σ = \int_{0}^{1} x d x \int_{0}^{2} d y = 1 = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{2} y d y = 2

二者并不相等。因此交换变量之前必须先核对区域。

三重积分的情形与此相类似. 若空间区域

Ω

在轮换

(x, y, z) \to (y, z, x)

之下不变，则同样的换元给出

∭_{Ω} f (x, y, z) d V = ∭_{Ω} f (y, z, x) d V = ∭_{Ω} f (z, x, y) d V .

三式相加再除以

3

即可。这时变换矩阵是一个置换矩阵，其行列式为

\pm 1

，绝对值仍为

1

，故体积元也不变。

■

举例说明

例. 计算

I = \iint_{D} \frac{x}{x + y} d σ

，其中

D = [0, 1] \times [0, 1]

。
解. 正方形关于

y = x

对称。交换

x, y

，得

I = \iint_{D} \frac{y}{x + y} d σ

。两式相加，得

2 I = \iint_{D} \frac{x + y}{x + y} d σ = \iint_{D} 1 d σ = 1 (正方形面积),

故

I = \frac{1}{2}

。原积分含有根号，直接计算十分繁琐，而这样相加一步即可得解。

4. 被积函数含绝对值或 max、min 时必须分区域计算★★ 必会

当被积函数含

∣ \cdot ∣

、

max {}

、

min {}

或者是分段定义的时候，不能把它当作一个整体套用公式，因为积分号内的表达式在

D

的不同部分符号不同、形式也不同。正确的做法是：令绝对值内部的式子（或分段的分界式）等于零，求出分界曲线，把

D

分成若干子区域，在每一块上去掉绝对值，取相应的表达式分别积分，再把结果相加。这是解答题中常见的易错之处，漏分区域必然出错。

举例说明

例. 计算

I = \iint_{D} x^{2} + y^{2} - 2 d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 4

。
解. 分界圆

x^{2} + y^{2} = 2

的半径为

2

，它把圆盘分成内外两块。用极坐标，其中

r

自

0

变到

2

：
在内圈上

0 \leq r \leq 2

时

r^{2} - 2 \leq 0

，故

∣ x^{2} + y^{2} - 2∣ = 2 - r^{2}

；在外圈上

2 \leq r \leq 2

时应取

r^{2} - 2

。于是

I = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{2} (2 - r^{2}) r d r d θ + \int_{0}^{2 π} \int_{2}^{2} (r^{2} - 2) r d r d θ .

内层积分为：

\int_{0}^{2} (2 r - r^{3}) d r = [r^{2} - \frac{r ^{4}}{4}]_{0}^{2} = 2 - 1 = 1

；

\int_{2}^{2} (r^{3} - 2 r) d r = [\frac{r ^{4}}{4} - r^{2}]_{2}^{2} = (4 - 4) - (1 - 2) = 1

。
各乘以

2 π

，得

I = 2 π \cdot 1 + 2 π \cdot 1 = 4 π

。

5. 积分中值定理与积分平均值的极限★ 要懂

二重积分中值定理：如果

f

在有界闭区域

D

上连续，那么存在

(ξ, η) \in D

，使

\iint_{D} f d σ = f (ξ, η) S_{D}

。它的一个重要应用是求区域收缩时积分平均值的极限：当区域

D_{r}

收缩到点

P_{0}

时，

D_{r} \to P_{0} lim \frac{1}{S _{D_{r}}} \iint_{D_{r}} f d σ = f (P_{0}) (f 在 P_{0} 连续) .

直观地说，区域缩小时，平均值趋于中心点处的函数值。这类极限题若直接计算积分往往难以进行，用这一结果则一步即得。它也是变限二重积分求导以及热传导等背景题的核心。

证明 / 推导

证. 由中值定理，对每个

D_{r}

存在

(ξ_{r}, η_{r}) \in D_{r}

，使

\frac{1}{S _{D_{r}}} \iint_{D_{r}} f d σ = f (ξ_{r}, η_{r})

。当

D_{r} \to P_{0}

，即直径趋于

0

时，

(ξ_{r}, η_{r}) \to P_{0}

；再由

f

在

P_{0}

连续，得

f (ξ_{r}, η_{r}) \to f (P_{0})

。因此所求极限为

f (P_{0})

。

■

举例说明

例. 求

L = t \to 0^{+} lim \frac{1}{π t ^{2}} \iint_{x^{2} + y^{2} \leq t^{2}} e^{x^{2} - y^{2}} cos (x + y) d σ

。
解.

D_{t} : x^{2} + y^{2} \leq t^{2}

的面积

S = π t^{2}

，它随参数减小而收缩到原点。取

f (x, y) = e^{x^{2} - y^{2}} cos (x + y)

，它在原点连续，故

L = f (0, 0) = e^{0} cos 0 = 1

。这里无须计算积分。

6. 不必计算积分也能比较大小：只需比较被积函数在区域上的大小★ 要懂

选择题常问两个二重积分哪一个大，这时不必求出它们的值。依据是二重积分的单调性：如果在

D

上恒有

f (x, y) \leq g (x, y)

，那么

\iint_{D} f d σ \leq \iint_{D} g d σ

。要点在于判断被积函数在这个具体区域上的大小关系；同样的一对函数，换一个区域，大小关系可能颠倒。因此应先看清

D

上变量的取值范围，再作比较。

举例说明

例. 设

D : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1

，比较

I_{1} = \iint_{D} (x + y)^{2} d σ

与

I_{2} = \iint_{D} (x + y)^{3} d σ

。
解. 在

D

上

∣ x + y ∣ \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1

，令

t = x + y \in [- 1, 1]

。因

t^{2} - t^{3} = t^{2} (1 - t) \geq 0

，当

t \leq 1

时它恒成立，故在

D

上处处有

(x + y)^{2} \geq (x + y)^{3}

，从而

I_{1} \geq I_{2}

。其中等号只在测度为零的

t = 0, 1

处成立，故实际上

I_{1} > I_{2}

。
总结. 这类比较题的关键从来不在于计算积分，而在于判断被积函数在该区域上的大小，这是一个纯粹的不等式问题。

💡 小知识

著名的高斯积分

\int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x = π

用一元方法怎么都做不出来，换成二重积分却很轻松：先把它平方成

\iint e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y

，改用极坐标以后

r d r

恰好凑成微分，一步积出

π

，再开方就得到答案。多升一维，问题反而变简单了。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 计算

I = \iint_{D} x y d σ

，其中

D : 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 2

为矩形区域。难度 1

思路：矩形区域上、被积函数可分离变量，直接化累次积分。

D

是矩形，上下限都是常数，按 X-型写：

I = \int_{0}^{1} [\int_{0}^{2} x y d y] d x .

内层把

x

看作常数：

\int_{0}^{2} x y d y = x \cdot [\frac{y ^{2}}{2}]_{0}^{2} = x \cdot 2 = 2 x .

再对

x

积分：

I = \int_{0}^{1} 2 x d x = [x^{2}]_{0}^{1} = 1.

答案： $I = 1$ 。 （矩形

+

可分离时，也可直接

\int_{0}^{1} x d x \cdot \int_{0}^{2} y d y = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1

。）

例 2 计算

I = \iint_{D} x d σ

，其中

D

是由

y = 0, y = x, x = 1

围成的三角形。难度 1

思路：画区域图，定成 X-型累次积分。

区域是顶点为

(0, 0), (1, 0), (1, 1)

的三角形。按 X-型：

x

从

0

到

1

；对固定的

x

，竖直线从下边界

y = 0

进、上边界

y = x

出，故

0 \leq y \leq x

：

I = \int_{0}^{1} [\int_{0}^{x} x d y] d x .

内层：

\int_{0}^{x} x d y = x \cdot (x - 0) = x^{2}

。
再积：

I = \int_{0}^{1} x^{2} d x = [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{1}{3} .

答案： $I = \frac{1}{3}$ 。 关键是内层上限

y = x

含外层变量

x

（曲线），外层限是常数。

例 3 计算

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

为单位圆盘。难度 2

思路：圆域 $+$ 被积函数含 $x^{2} + y^{2}$ ，用极坐标。

令

x = r cos θ, y = r sin θ

，则

x^{2} + y^{2} = r^{2}

，且面积元

d σ = r d r d θ

（别漏这个

r

）。单位圆盘对应

0 \leq r \leq 1, 0 \leq θ \leq 2 π

：

I = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r d r d θ = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} r^{3} d r d θ .

先对

r

：

\int_{0}^{1} r^{3} d r = [\frac{r ^{4}}{4}]_{0}^{1} = \frac{1}{4}

。再对

θ

：

I = \int_{0}^{2 π} \frac{1}{4} d θ = \frac{1}{4} \cdot 2 π = \frac{π}{2} .

答案： $I = \frac{π}{2}$ 。

例 4 计算

I = \iint_{D} (x^{3} + y) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。难度 2

思路：先用对称性，能消则消，不必硬算。

单位圆盘

D

既关于

y

轴对称、又关于

x

轴对称。逐项看：
-

x^{3}

关于

x

是奇函数，而

D

关于

y

轴对称，故

\iint_{D} x^{3} d σ = 0

；
-

y

关于

y

是奇函数，而

D

关于

x

轴对称，故

\iint_{D} y d σ = 0

。

两项都为零，所以

I = \iint_{D} x^{3} d σ + \iint_{D} y d σ = 0 + 0 = 0.

答案： $I = 0$ 。 用对称性务必同时核对「区域对称」与「函数奇偶」，两者齐备才能断定积分为零。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 5 分

设函数

f (x, y)

连续，则

\int_{- 2}^{2} d x \int_{4 - x^{2}}^{4} f (x, y) d y =

（　　）

A $\int_{0}^{4} [\int_{- 2}^{- 4 - y} f (x, y) d x + \int_{4 - y}^{2} f (x, y) d x] d y .$
B $\int_{0}^{4} [\int_{- 2}^{4 - y} f (x, y) d x + \int_{4 - y}^{2} f (x, y) d x] d y .$
C $\int_{0}^{4} [\int_{- 2}^{- 4 - y} f (x, y) d x + \int_{2}^{4 - y} f (x, y) d x] d y .$
D $2 \int_{0}^{4} d y \int_{4 - y}^{2} f (x, y) d x .$

2024 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

已知平面区域

D = {(x, y) 1 - y^{2} \leq x \leq 1, - 1 \leq y \leq 1}

，计算

\iint_{D} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y

。

2022 年 · 数一 · 第 18 题 · 解答题 · 12 分

已知平面区域

D = {(x, y) y - 2 \leq x \leq 4 - y^{2}, 0 \leq y \leq 2}

，计算

I = \iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y

。

2021 年 · 数一 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设

D \subset R^{2}

是有界单连通闭区域，

I (D) = \iint_{D} (4 - x^{2} - y^{2}) d x d y

取得最大值的积分区域记为

D_{1}

.

（Ⅰ）求

I (D_{1})

的值；

（Ⅱ）计算

\int_{\partial D_{1}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}}

，其中

\partial D_{1}

是

D_{1}

的正向边界.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

二重积分

\iint_{D} d σ

（其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 4

）的值等于（　　）。

A $2 π$
B $4 π$
C $8 π$
D $16 π$

练习 2 · 填空题

累次积分

\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} (x + y) d y =

____。

练习 3 · 选择题

交换积分次序，

\int_{0}^{1} d x \int_{x}^{1} f (x, y) d y =

（　　）。

A $\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} f (x, y) d x$
B $\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} f (x, y) d x$
C $\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{1} f (x, y) d x$
D $\int_{0}^{1} d y \int_{x}^{1} f (x, y) d x$

练习 4 · 填空题

\iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ =

____，其中

D : 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4

（圆环）。

练习 5 · 选择题

设

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

，则

\iint_{D} x d σ =

（　　）。

A $0$
B $π$
C $\frac{π}{2}$
D $2 π$

练习 6 · 填空题

交换积分次序并计算：

\int_{0}^{1} d x \int_{x}^{1} e^{y^{2}} d y =

____。

练习 7 · 填空题

设

D

为圆域

x^{2} + y^{2} \leq 2 x

，则

\iint_{D} (x + y) d σ =

____。

练习 8 · 解答题

计算

I = \iint_{D} y - x^{2} d σ

，其中

D = {(x, y) : - 1 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}

。

2016 年 · 数一 · 第 15 题 · 解答题 · 10 分

已知平面区域

D = {(r, θ) 2 \leq r \leq 2 (1 + cos θ), - \frac{π}{2} \leq θ \leq \frac{π}{2}}

，计算二重积分

\iint_{D} x d x d y

2015 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

设

D

是第一象限中的曲线

2 x y = 1

，

4 x y = 1

与直线

y = x

，

y = 3 x

围成的平面区域，函数

f (x, y)

在

D

上连续，则

\iint_{D} f (x, y) d x d y =

（　　）

A $\int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{2 s i n 2 θ}}^{\frac{1}{s i n 2 θ}} f (r cos θ, r sin θ) r d r$ .
B $\int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{2 s i n 2 θ}}^{\frac{1}{s i n 2 θ}} f (r cos θ, r sin θ) r d r$ .
C $\int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{2 s i n 2 θ}}^{\frac{1}{s i n 2 θ}} f (r cos θ, r sin θ) d r$ .
D $\int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{2 s i n 2 θ}}^{\frac{1}{s i n 2 θ}} f (r cos θ, r sin θ) d r$ .

二重积分

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 二重积分的定义 lim∑f(ξi​,ηi​)Δσi​、曲顶柱体的几何意义与直角坐标下的定限★★ 必会

2. 极坐标只是一个特例：一般的换元公式与雅可比行列式★★ 必会

3. 轮换对称性：把原积分与交换变量后的积分相加★★ 必会

4. 被积函数含绝对值或 max、min 时必须分区域计算★★ 必会

5. 积分中值定理与积分平均值的极限★ 要懂

6. 不必计算积分也能比较大小：只需比较被积函数在区域上的大小★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 二重积分的定义 $lim \sum f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i}$ 、曲顶柱体的几何意义与直角坐标下的定限★★ 必会