二重积分的概念与性质

§5.1 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

4.94 分/卷近 11 年平均

9/11 年出现年份

7.3 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 掌握后可解锁二重积分的计算（直角坐标、交换积分次序）二重积分的计算（极坐标、对称性、反常二重积分）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 估值定理：不必计算积分，用最大值、最小值与面积估计其范围★★ 必会

估值定理是说：如果在有界闭区域

D

（面积

S_{D}

）上

m \leq f (x, y) \leq M

，那么

m S_{D} \leq \iint_{D} f d σ \leq M S_{D}

。它把不易计算的积分夹在两个容易求出的数之间，是选择题、填空题中估计取值范围的常用方法。这里最容易出错的是：

m, M

必须是

f

在整个 $D$ 上的最小值与最大值，而不是任意两点处的函数值，也不是端点处的值。如果取得不够极端，所得的范围就是错的。使用时分三步：① 求

f

在

D

上的最小值

m

与最大值

M

；② 求面积

S_{D}

；③ 代入

m S_{D} \leq \iint_{D} f \leq M S_{D}

。

证明 / 推导

由假设，在

D

上处处

m \leq f \leq M

。二重积分具有单调性（保序性）：如果

g \leq h

在

D

上成立，那么

\iint_{D} g \leq \iint_{D} h

。对

m \leq f

与

f \leq M

分别积分，得

\iint_{D} m d σ \leq \iint_{D} f d σ \leq \iint_{D} M d σ .

而常数的积分为

\iint_{D} m d σ = m \iint_{D} 1 d σ = m S_{D}

，同理右端

= M S_{D}

。所以

m S_{D} \leq \iint_{D} f d σ \leq M S_{D}

。

■

举例说明

例. 估计

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

，

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

。
解. 在

D

上

0 \leq x^{2} + y^{2} \leq 1

，指数

- (x^{2} + y^{2}) \in [- 1, 0]

，故

e^{- 1} \leq e^{- (x^{2} + y^{2})} \leq 1

，即

m = e^{- 1}

（边界

r = 1

处取到），

M = 1

（在原点处取到）。面积

S_{D} = π

，于是

\frac{π}{e} \leq I \leq π .

（精确值

I = π (1 - e^{- 1}) \approx 1.99

，确实落在

[π / e, π] \approx [1.16, 3.14]

内。）

2. 积分中值定理与收缩区域上平均值的极限★ 要懂

积分中值定理是说：如果

f

在有界闭连通区域

D

上连续，那么存在

(ξ, η) \in D

使

\iint_{D} f d σ = f (ξ, η) S_{D}

。把它改写成

\frac{1}{S _{D}} \iint_{D} f d σ = f (ξ, η)

，右端就是

f

在

D

上的平均值，并且这个平均值一定在区域内某一点处取到。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_{ρ}

收缩到点

P_{0}

（直径趋于

0

）时，

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

只要认出

\frac{1}{面积} \times \iint_{收缩区域} f

这一形式，就可以直接写出中心点处的函数值，不必计算积分。若直接计算，往往难以求出。

证明 / 推导

由积分中值定理，对每一个

D_{ρ}

，存在

(ξ_{ρ}, η_{ρ}) \in D_{ρ}

使

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

。当

ρ \to 0^{+}

时

D_{ρ}

的直径趋于

0

，且都含有

P_{0}

，故

(ξ_{ρ}, η_{ρ}) \to P_{0}

；再由

f

在

P_{0}

处连续，得

f (ξ_{ρ}, η_{ρ}) \to f (P_{0})

。在等式两边取极限，即得所要的结论。

■

举例说明

例. 求

L = ρ \to 0^{+} lim \frac{1}{π ρ ^{2}} \iint_{x^{2} + y^{2} \leq ρ^{2}} (e^{x} + 3) d σ

。
解.

D_{ρ} : x^{2} + y^{2} \leq ρ^{2}

的面积为

π ρ^{2}

，收缩到原点。

f (x, y) = e^{x} + 3

在原点处连续，所以

L = f (0, 0) = e^{0} + 3 = 4

。整个过程不必计算积分。

3. 比较两个二重积分的大小：只需比较被积函数在该区域上的大小★★ 必会

选择题中常要比较

\iint_{D} f

与

\iint_{D} g

的大小，这时不必求出积分的值。所依据的是单调性：如果在

D

上处处

f \leq g

，那么

\iint_{D} f \leq \iint_{D} g

。问题的关键在于判断

f, g

在这个具体区域

D

上的大小关系。同样的两个函数，在不同的区域上大小关系可能相反，所以第一步总是先弄清

D

上变量的取值范围，然后逐点比较。常见的错误是只依据

x^{2} \leq x

而不管区域：在

∣ x ∣ \leq 1

上

x^{2} \leq ∣ x ∣

，在

∣ x ∣ \geq 1

上则相反。

证明 / 推导

设在

D

上

f \leq g

，即

g - f \geq 0

。由二重积分的保号性，即非负函数的积分非负，得

\iint_{D} (g - f) d σ \geq 0

；再由线性性质把它拆开，得

\iint_{D} g d σ - \iint_{D} f d σ \geq 0

，即

\iint_{D} f d σ \leq \iint_{D} g d σ

。

■

举例说明

例（数三 2005）. 设

I_{1} = \iint_{D} cos x^{2} + y^{2} d σ, I_{2} = \iint_{D} cos (x^{2} + y^{2}) d σ, I_{3} = \iint_{D} cos [(x^{2} + y^{2})^{2}] d σ

，其中

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

，比较

I_{1}, I_{2}, I_{3}

的大小。
解. 不必计算积分，只需比较被积函数在

D

上各点处的大小。记

t = x^{2} + y^{2} \in [0, 1]

，则

t^{2} \leq t \leq t

（因为

0 \leq t \leq 1

），并且三者都落在

[0, 1] \subset [0, \frac{π}{2}]

内。

cos u

在

[0, \frac{π}{2}]

上单调减少，所以在各点处有

cos (t^{2}) \geq cos t \geq cos t

，即

I_{3}

的被积函数最大，

I_{1}

的被积函数最小。由单调性可知，在同一区域上被积函数越大，积分也越大，于是

I_{3} > I_{2} > I_{1}

。
注. 大小关系与区域有关：正是因为

t \in [0, 1]

才有

t^{2} \leq t \leq t

，才有上面的不等式链；如果区域中含有

x^{2} + y^{2} \geq 1

的部分，这个不等式链就要反过来，结论也随之相反。

4. 线性性质与区域可加性：把复杂的积分拆成几部分分别计算★★ 必会

下面两条性质是化繁为简的基本工具。线性性质是指

\iint_{D} (α f + β g) d σ = α \iint_{D} f d σ + β \iint_{D} g d σ

，由它可以把被积函数逐项拆开，把常数提到积分号外，特别是

\iint_{D} c d σ = c S_{D}

（常数的积分

=

常数

\times

面积），常可一步求出。区域可加性是指当

D = D_{1} \cup D_{2}

（内部不重叠）时

\iint_{D} = \iint_{D_{1}} + \iint_{D_{2}}

，由它可以把不规则的或分段给出的区域分成几块规整的部分分别积分。解题时先拆项，再对每一项选择最简便的算法，例如利用对称性使积分为零、化为极坐标、化为累次积分，这是解答题的通用做法。

证明 / 推导

两条性质都可以由二重积分的定义直接得出。定义如下。把

D

任意分成

n

个小闭区域

Δ σ_{1}, \dots, Δ σ_{n}

，在第

i

块上任取一点

(ξ_{i}, η_{i})

，作积分和

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

。记各小区域直径的最大值为

λ

。当

λ \to 0

时，这个和的极限即

\iint_{D} f d σ

。

先证线性性质. 设

f, g

在

D

上都可积。对同一种分法与同一组取点，由有限和的分配律得

i = 1 \sum n [α f (ξ_{i}, η_{i}) + β g (ξ_{i}, η_{i})] Δ σ_{i} = α i = 1 \sum n f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i} + β i = 1 \sum n g (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i} .

令

λ \to 0

。右端两个和分别以

\iint_{D} f d σ

与

\iint_{D} g d σ

为极限，由极限的四则运算法则，右端趋于

α \iint_{D} f d σ + β \iint_{D} g d σ

。所以左端的极限存在，并且等于这个值，线性性质得证。特别地取

f \equiv 1

，这时每个积分和都等于

\sum_{i = 1}^{n} Δ σ_{i} = S_{D}

，与分法无关，故

\iint_{D} 1 d σ = S_{D}

；再由线性性质得

\iint_{D} c d σ = c S_{D}

。

再证区域可加性. 设

D = D_{1} \cup D_{2}

，二者的内部不相交。二重积分的值与分法无关，因此不妨把

D_{1}

与

D_{2}

的公共边界取作分界线。这样分割以后，每个小区域或者完全落在

D_{1}

内，或者完全落在

D_{2}

内。于是积分和自然分成两组：

i = 1 \sum n f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i} = Δ σ_{i} \subset D_{1} \sum f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i} + Δ σ_{i} \subset D_{2} \sum f (ξ_{i}, η_{i}) Δ σ_{i} .

令

λ \to 0

，右端两个和分别以

\iint_{D_{1}} f d σ

与

\iint_{D_{2}} f d σ

为极限，可加性得证。

必须注意内部不相交这一条件。如果

D_{1}

与

D_{2}

有公共的内点，那么公共部分上的贡献被计算了两次，等式一般不成立。这时应当先把重叠的部分扣除，再使用可加性。

■

举例说明

例（数三 2008）. 计算

I = \iint_{D} max {x y, 1} d σ

，其中

D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq 2}

。
解. 被积函数是分段给出的，先用区域可加性，沿曲线

x y = 1

把

D

分成两块：

D_{1} = {\frac{1}{2} \leq x \leq 2, \frac{1}{x} \leq y \leq 2}

（其上

x y \geq 1

）与

D_{2} = D ∖ D_{1}

（其上

x y < 1

），于是

I = \iint_{D_{1}} x y d σ + \iint_{D_{2}} 1 d σ .

第一块上，

\iint_{D_{1}} x y = \int_{1/2}^{2} x d x \int_{1/ x}^{2} y d y = \int_{1/2}^{2} \frac{x}{2} (4 - \frac{1}{x ^{2}}) d x = \frac{15}{4} - ln 2

；第二块用常数的积分 $=$ 面积，并结合可加性，得

\iint_{D_{2}} 1 = S_{D} - S_{D_{1}} = 4 - \int_{1/2}^{2} (2 - \frac{1}{x}) d x = 1 + 2 ln 2

。两者相加，得

I = (\frac{15}{4} - ln 2) + (1 + 2 ln 2) = \frac{19}{4} + ln 2

。

💡 小知识

南北朝数学家祖暅（祖冲之之子）提出的祖暅原理，原话是：幂势既同，则积不容异。意思是两个立体若在每一等高处的截面积都相等，体积就必然相等。它比西方的卡瓦列里原理早了一千多年，而所用的想法，和二重积分把曲顶柱体按层切片、逐块累加求体积是一致的。

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 利用二重积分的几何意义，计算

\iint_{D} 1 d σ

与

\iint_{D} 3 d σ

，其中

D

是由

y = 0, y = x, x = 1

围成的三角形。难度 1

思路： $\iint_{D} 1 d σ$ 就是 $D$ 的面积，常数被积函数可直接由「常数 $\times$ 面积」得到。

D

是顶点为

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

的直角三角形，两直角边长均为

1

，面积

S_{D} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2} .

于是由几何意义

\iint_{D} 1 d σ = S_{D} = \frac{1}{2}

。再由性质

\iint_{D} c d σ = c S_{D}

（常数可提出）：

\iint_{D} 3 d σ = 3 S_{D} = 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{2} .

答案： $\iint_{D} 1 d σ = \frac{1}{2}, \iint_{D} 3 d σ = \frac{3}{2}$ 。 被积函数是常数

c

时，积分等于

c

乘区域面积，无需累次积分。

例 2 用估值定理估计

I = \iint_{D} (x + y + 1) d σ

的取值范围，其中

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

。难度 1

思路：估值定理 $m S_{D} \leq I \leq M S_{D}$ ，只需被积函数在 $D$ 上的全局最小 $m$ 、最大 $M$ 与面积 $S_{D}$ 。

被积函数

g (x, y) = x + y + 1

在单位正方形上，

x, y \in [0, 1]

，故

m = g (0, 0) = 1 (最小), M = g (1, 1) = 3 (最大) .

面积

S_{D} = 1 \times 1 = 1

。由估值定理

m S_{D} \leq I \leq M S_{D}

：

1 \leq I \leq 3.

答案： $1 \leq I \leq 3$ 。（精确值

\iint_{D} (x + y + 1) d σ = 2

，正落在此范围内；估值题无需真算。）

例 3 计算极限

L = r \to 0^{+} lim \frac{1}{π r ^{2}} \iint_{D_{r}} (x^{2} + e^{y} + 2) d σ

，其中

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

。难度 2

思路：这是「收缩区域上的积分平均值」，由积分中值定理，极限等于被积函数在收缩中心的值。

D_{r}

是半径

r

的圆盘，面积

S_{D_{r}} = π r^{2}

，当

r \to 0^{+}

时收缩到原点。记

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

（连续）。由积分中值定理，存在

(ξ_{r}, η_{r}) \in D_{r}

使

\frac{1}{π r ^{2}} \iint_{D_{r}} f d σ = f (ξ_{r}, η_{r}) .

当

r \to 0^{+}

时

(ξ_{r}, η_{r}) \to (0, 0)

，由

f

连续得

L = f (0, 0) = 0^{2} + e^{0} + 2 = 1 + 2 = 3.

答案： $L = 3$ 。 这类极限不要去算积分，认出「

\frac{1}{面积} \iint_{收缩区域} f

」的结构，直接取中心点函数值即可。

例 4 设

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

，已知

\iint_{D} f (x, y) d σ = 4

，

\iint_{D} g (x, y) d σ = 2

。求

\iint_{D} [3 f (x, y) - 2 g (x, y) + 5] d σ

。难度 2

思路：二重积分的线性性质（逐项拆、常数提），再配合 $\iint_{D} c d σ = c S_{D}$ 。

由线性性质

\iint_{D} [3 f - 2 g + 5] d σ = 3 \iint_{D} f d σ - 2 \iint_{D} g d σ + \iint_{D} 5 d σ .

前两项代入已知值；第三项是常数积分

\iint_{D} 5 d σ = 5 S_{D}

，而

D

是单位圆盘

S_{D} = π \cdot 1^{2} = π

：

= 3 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 5 π = 12 - 4 + 5 π = 8 + 5 π .

答案： $8 + 5 π$ 。 未知函数

f, g

的具体形式并不需要，线性性质把积分「拆开代入」即可。

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。

2026 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设平面区域

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

，计算二重积分

\iint_{D} \frac{y}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{3/2}} d x d y

。

2025 年 · 数三 · 第 4 题 · 选择题 · 5 分

设函数

f (x)

连续，则

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

（　　）。

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

2025 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

已知平面有界区域

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

，计算二重积分

\iint_{D} (x - y + 1)^{2} d x d y

。

2024 年 · 数三 · 第 3 题 · 选择题 · 5 分

设

f (x, y)

是连续函数，则

\int_{π /6}^{π /2} d x \int_{s i n x}^{1} f (x, y) d y =

（　　）。

A $\int_{1/2}^{1} d y \int_{π /6}^{a r c s i n y} f (x, y) d x$
B $\int_{1/2}^{1} d y \int_{a r c s i n y}^{π /2} f (x, y) d x$
C $\int_{0}^{1/2} d y \int_{π /6}^{a r c s i n y} f (x, y) d x$
D $\int_{0}^{1/2} d y \int_{a r c s i n y}^{π /2} f (x, y) d x$

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} 1 d σ

（其中

D : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1

）的值等于（　　）。

A $1$
B $2$
C $4$
D $π$

练习 2 · 填空题

由估值定理，

\iint_{D} (x^{2} + y^{2} + 1) d σ

（其中

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

）满足

m \leq I \leq M

，则上界

M =

____。

练习 3 · 填空题

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

____。

练习 4 · 选择题

设

D : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1

，

I_{1} = \iint_{D} (x + y)^{2} d σ

，

I_{2} = \iint_{D} (x + y)^{3} d σ

，则（　　）。

A $I_{1} > I_{2}$
B $I_{1} < I_{2}$
C $I_{1} = I_{2}$
D无法确定

练习 5 · 填空题

设区域

D

的面积为

3

，且

\iint_{D} f (x, y) d σ = 6

，则

\iint_{D} [f (x, y) + 2] d σ =

____。

练习 6 · 选择题

设

f (x, y)

在点

(0, 0)

的某个邻域内连续，且

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y )}{x ^{2} + y ^{2}} = 2.

记

D_{t} = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq t^{2}}

（

t > 0

），则

t \to 0^{+} lim \frac{1}{t ^{4}} \iint_{D_{t}} f (x, y) d σ =

（　　）。

A $\frac{π}{2}$
B $π$
C $2 π$
D $4 π$

练习 7 · 填空题

设

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

，记

I = \iint_{D} ln (x + y) d σ

。

不实际计算

I

，用估值定理所能给出的最好的上界（即满足

I \leq M

的最小的

M

）是 ____。

练习 8 · 解答题

设

f (x, y)

在点

(0, 0)

的某个邻域内连续，且

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y ) - a x - b y}{x ^{2} + y ^{2}} = 1,

其中

a, b

为常数。记

D_{t} = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq t^{2}}, K_{t} = {(x, y) ∣ ∣ x ∣ \leq t, ∣ y ∣ \leq t} (t > 0) .

(1) 求

f (0, 0)

；

(2) 求

t \to 0^{+} lim \frac{1}{t ^{4}} \iint_{D_{t}} f (x, y) d σ

；

(3) 求

t \to 0^{+} lim \frac{1}{t ^{4}} \iint_{K_{t}} f (x, y) d σ

。

2024 年 · 数三 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

设平面有界区域

D

位于第一象限，由曲线

x y = \frac{1}{3}

，

x y = 3

与直线

y = \frac{1}{3} x

，

y = 3 x

围成，计算

\iint_{D} (1 + x - y) d x d y

。

2022 年 · 数三 · 第 14 题 · 填空题 · 5 分

已知函数

f (x) = {e^{x}, 0, 0 \leq x \leq 1 其他

，则

\int_{- \infty}^{+ \infty} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) f (y - x) d y =

______.