卷 2

选择题

1～10小题，每小题4分，共40分

1

2

函数 $f(x) = \frac{(\e^{\frac{1}{x}} + \e)\tan x}{x(\e^{\frac{1}{x}} - \e)}$ 在 $\left[- \pi ,\pi \right]$ 上的第一类间断点是 $x =$

正确答案：A

【解析】 函数 $f(x) = \frac{(\e^{\frac{1}{x}} + \e)\tan x}{x(\e^{\frac{1}{x}} - \e)}$ 在区间 $[- \pi, \pi]$ 上的可能间断点为 $x = 0$ 、 $x = 1$ 、 $x = \frac{\pi}{2}$ 和 $x = -\frac{\pi}{2}$ ，因为这些点处函数无定义。

对于 $x = 0$ :
当 $x \to 0^+$ ，有 $\e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$ ，因此 $f(x) \sim \frac{\tan x}{x} \to 1$ 。
当 $x \to 0^-$ ，有 $\e^{\frac{1}{x}} \to 0$ ，因此 $f(x) \sim -\frac{\tan x}{x} \to -1$ 。
左右极限存在但不相等，故 $x = 0$ 是第一类间断点。
对于 $x = 1$ :
分母为零而分子不为零，极限为无穷大，左右极限不存在，故为第二类间断点。
对于 $x = \frac{\pi}{2}$ 和 $x = -\frac{\pi}{2}$ :
分子中 $\tan x$ 趋于无穷大而分母不为零，极限为无穷大，左右极限不存在，故为第二类间断点。
因此，第一类间断点为 $x = 0$ ，对应选项 A。

7

二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微的一个充分条件是

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

\lim_{(x,y) \to(0,0)} \left[f(x,y) - f(0,0) \right] = 0

． B.

\lim_{x \to 0} \frac{\left[f(x,0) - f(0,0) \right]}{x} = 0

且

\lim_{y \to 0} \frac{\left[f(0,y) - f(0,0) \right]}{y} = 0

． C.

\lim_{(x,y) \to(0,0)} \frac{\left[f(x,y) - f(0,0) \right]}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0

． D.

\lim_{x \to 0} \left[f'_x(x,0) - f'_x(0,0) \right] = 0

且

\lim_{y \to 0} \left[f'_y(0,y) - f'_y(0,0) \right] = 0

．

正确答案：C

【解析】
二元函数在点 $(0,0)$ 处可微的定义是：存在线性映射

L(x,y) = f_x(0,0)x + f_y(0,0)y,

使得

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y) - f(0,0) - L(x,y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0.

选项 C 中，

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y) - f(0,0)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0

意味着 $f(x,y) - f(0,0)$ 是比 $\sqrt{x^2 + y^2}$ 更高阶的无穷小。此时，若偏导数 $f_x(0,0)$ 和 $f_y(0,0)$ 存在，则可由该极限推导出它们均为 0（因为沿 $x$ 轴和 $y$ 轴方向该极限为 0，即方向导数为 0），从而 $L(x,y) = 0$ ，满足可微定义。因此选项 C 是充分条件。

选项 A 仅表示函数在 $(0,0)$ 处连续，但连续不一定可微。

选项 B 表示在 $x$ 轴和 $y$ 轴方向的方向导数为 0，但未保证其他方向的可微性，因此不是充分条件。

选项 D 表示偏导数在 $x$ 轴和 $y$ 轴上连续，但未保证在整个邻域内偏导数连续，因此不是可微的充分条件。

8

设函数 $f(x,y)$ 连续，则二次积分 $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\dx\int_{\sin x}^1 f(x,y)\dy$ 等于

高等数学多元函数积分学交换积分次序与坐标系之间的转化

正确答案：B

【解析】
原二次积分为

\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} dx \int_{\sin x}^{1} f(x,y) \, dy,

积分区域由 $x \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$ 和 $y \in [\sin x, 1]$ 定义。

为了交换积分顺序，需要确定 $y$ 的范围。当 $x \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$ 时， $\sin x$ 从 $1$ 下降到 $0$ ，因此 $y \in [0, 1]$ 。

对于固定的 $y$ ， $x$ 需满足 $\sin x \leq y$ 且 $x \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$ 。
在 $x \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$ 时，有 $\sin x = \sin(\pi - x)$ ，且 $\pi - x \in [0, \frac{\pi}{2}]$ ，
因此 $\sin x \leq y$ 等价于 $\pi - x \leq \arcsin y$ ，即 $x \geq \pi - \arcsin y$ 。
同时 $x \leq \pi$ ，而 $\pi - \arcsin y \geq \frac{\pi}{2}$ （因为 $\arcsin y \in [0, \frac{\pi}{2}]$ ），
故 $x$ 的取值范围为 $[\pi - \arcsin y, \pi]$ 。

交换积分顺序后，积分变为

\int_{0}^{1} dy \int_{\pi - \arcsin y}^{\pi} f(x,y) \, dx,

与选项 B 一致。

9

同试卷 1 第 7 题

10

同试卷 1 第 8 题

填空题

11～16小题，每小题4分，共24分

11

\lim_{x \to 0} \frac{\arctan x - \sin x}{x^3} =

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $-\frac{1}{6}$

【解析】 考虑极限 $\lim_{x \to 0} \frac{\arctan x - \sin x}{x^3}$ 。当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此可以使用洛必达法则或泰勒展开求解。

使用泰勒展开： $\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + O(x^5)$ ， $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$ ，则 $\arctan x - \sin x = \left( x - \frac{x^3}{3} \right) - \left( x - \frac{x^3}{6} \right) + O(x^5) = -\frac{x^3}{6} + O(x^5)$ 。因此，

\frac{\arctan x - \sin x}{x^3} = \frac{ -\frac{x^3}{6} + O(x^5) }{x^3} = -\frac{1}{6} + O(x^2) \to -\frac{1}{6} \quad \text{ } x \to 0

使用洛必达法则验证：第一次应用洛必达法则：

\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x^2} - \cos x}{3x^2}

当 $x \to 0$ 时，该式仍为 $\frac{0}{0}$ 型，第二次应用洛必达法则：

\lim_{x \to 0} \frac{ -\frac{2x}{(1+x^2)^2} + \sin x }{6x} = \lim_{x \to 0} \left( -\frac{1}{3(1+x^2)^2} + \frac{1}{6} \cdot \frac{\sin x}{x} \right)

当 $x \to 0$ 时， $(1+x^2)^2 \to 1$ ， $\frac{\sin x}{x} \to 1$ ，因此极限为 $-\frac{1}{3} + \frac{1}{6} = -\frac{1}{6}$ 。

两种方法均得极限为 $-\frac{1}{6}$ 。

12

曲线 $\begin{cases} x = \cos t + \cos^2 t \\ y = 1 + \sin t \end{cases}$ 上对应于 $t = \frac{\pi}{4}$ 的点处的法线斜率为 ______．

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】 $1 + \sqrt{2}$

【解析】 曲线由参数方程 $x = \cos t + \cos^2 t$ 和 $y = 1 + \sin t$ 给出。需要求在 $t = \frac{\pi}{4}$ 处的法线斜率。法线斜率为切线斜率的负倒数。

先求切线斜率 $\frac{dy}{dx}$ 。由于是参数方程，有：

\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}

计算 $\frac{dy}{dt}$ ：

y = 1 + \sin t \implies \frac{dy}{dt} = \cos t

计算 $\frac{dx}{dt}$ ：

x = \cos t + \cos^2 t \implies \frac{dx}{dt} = -\sin t - 2\cos t \sin t = -\sin t (1 + 2\cos t)

因此，

\frac{dy}{dx} = \frac{\cos t}{-\sin t (1 + 2\cos t)} = -\frac{\cos t}{\sin t (1 + 2\cos t)}

在 $t = \frac{\pi}{4}$ 处， $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ， $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ，代入得：

\frac{dy}{dx} = -\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2} (1 + 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2})} = -\frac{1}{1 + \sqrt{2}}

有理化分母：

-\frac{1}{1 + \sqrt{2}} \cdot \frac{1 - \sqrt{2}}{1 - \sqrt{2}} = -\frac{1 - \sqrt{2}}{1 - 2} = -\frac{1 - \sqrt{2}}{-1} = 1 - \sqrt{2}

所以切线斜率为 $1 - \sqrt{2}$ 。

法线斜率为切线斜率的负倒数：

m_n = -\frac{1}{1 - \sqrt{2}}

有理化分母：

-\frac{1}{1 - \sqrt{2}} \cdot \frac{1 + \sqrt{2}}{1 + \sqrt{2}} = -\frac{1 + \sqrt{2}}{1 - 2} = -\frac{1 + \sqrt{2}}{-1} = 1 + \sqrt{2}

故法线斜率为 $1 + \sqrt{2}$ 。

13

设函数 $y = \frac{1}{2x + 3}$ ，则 $y^{(n)}(0) =$ ______．

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】

\frac{(-1)^n n! 2^n}{3^{n+1}}

【解析】
考虑函数 $y = \frac{1}{2x + 3} = (2x + 3)^{-1}$ 。

对于一般形式 $f(x) = (ax + b)^{-1}$ ，其 $n$ 阶导数为

f^{(n)}(x) = (-1)^n \, n! \, a^n \, (ax + b)^{-(n+1)}

本题中 $a = 2$ ， $b = 3$ ，因此

y^{(n)}(x) = (-1)^n \, n! \, 2^n \, (2x + 3)^{-(n+1)}

代入 $x = 0$ 得

y^{(n)}(0) = (-1)^n \, n! \, 2^n \, 3^{-(n+1)} = \frac{(-1)^n \, n! \, 2^n}{3^{n+1}}

验证：

当 $n = 0$ 时， $y(0) = \frac{1}{3}$ ，公式给出 $\frac{1}{3}$ ；
当 $n = 1$ 时， $y'(0) = -\frac{2}{9}$ ，公式给出 $-\frac{2}{9}$ 。

两者均一致。

14

同试卷 1 第 13 题

15

设 $f(u,v)$ 是二元可微函数， $z = f\left(\frac{y}{x},\frac{x}{y} \right)$ ，则 $x\frac{\pdz}{\pdx} - y\frac{\pdz}{\pdy} =$ ______．

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $2 \left( \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} \right)$

【解析】 设 $u = \frac{y}{x}$ , $v = \frac{x}{y}$ ，则 $z = f(u, v)$ 。
使用链式法则求偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \left( -\frac{y}{x^2} \right) + \frac{\partial f}{\partial v} \left( \frac{1}{y} \right)

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \left( \frac{1}{x} \right) + \frac{\partial f}{\partial v} \left( -\frac{x}{y^2} \right)

计算 $x \frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $y \frac{\partial z}{\partial y}$ ：

x \frac{\partial z}{\partial x} = x \left[ \frac{\partial f}{\partial u} \left( -\frac{y}{x^2} \right) + \frac{\partial f}{\partial v} \left( \frac{1}{y} \right) \right] = -\frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} + \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v}

y \frac{\partial z}{\partial y} = y \left[ \frac{\partial f}{\partial u} \left( \frac{1}{x} \right) + \frac{\partial f}{\partial v} \left( -\frac{x}{y^2} \right) \right] = \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} - \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v}

相减得：

\begin{align*} x \frac{\partial z}{\partial x} - y \frac{\partial z}{\partial y} &= \left( -\frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} + \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} \right) \left( \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} - \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} \right) \\ &= -2 \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} + 2 \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} \\ &= 2 \left( \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} \right) \end{align*}

因此，结果为 $2 \left( \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} \right)$ 。

16

同试卷 1 第 15 题

解答题

17～24小题，共86分

17

（本题满分 10 分）

设 $f(x)$ 是区间 $\left[0,\frac{\pi}{4} \right]$ 上的单调、可导函数，且满足

\int_0^{f(x)} f^{-1}(t) \dt = \int_0^x t \frac{\cos t - \sin t}{\sin t + \cos t}\dt,

其中 $f^{-1}$ 是 $f$ 的反函数，求 $f(x)$ ．

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】

f(x) = \ln(\sin x + \cos x)

【解析】 给定方程：

\int_0^{f(x)} f^{-1}(t) dt = \int_0^x t \frac{\cos t - \sin t}{\sin t + \cos t} dt

其中 $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上单调、可导，且 $f^{-1}$ 是其反函数。

对两边关于 $x$ 求导。左边：

\frac{d}{dx} \int_0^{f(x)} f^{-1}(t) dt = f^{-1}(f(x)) \cdot f'(x) = x f'(x)

右边：

\frac{d}{dx} \int_0^x t \frac{\cos t - \sin t}{\sin t + \cos t} dt = x \frac{\cos x - \sin x}{\sin x + \cos x}

因此：

x f'(x) = x \frac{\cos x - \sin x}{\sin x + \cos x}

对于 $x \neq 0$ ，两边除以 $x$ ：

f'(x) = \frac{\cos x - \sin x}{\sin x + \cos x}

积分得：

f(x) = \int \frac{\cos x - \sin x}{\sin x + \cos x} dx

注意到分子是分母的导数，即：

\frac{d}{dx} (\sin x + \cos x) = \cos x - \sin x

所以：

f(x) = \ln |\sin x + \cos x| + C

在区间 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上， $\sin x + \cos x > 0$ ，因此：

f(x) = \ln (\sin x + \cos x) + C

由初始条件，当 $x = 0$ 时，原方程两边均为零，故 $f(0) = 0$ 。代入：

f(0) = \ln (\sin 0 + \cos 0) + C = \ln 1 + C = 0 + C = 0

解得 $C = 0$ 。因此：

f(x) = \ln (\sin x + \cos x)

该函数在 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上单调递增且可导，满足条件。

18

（本题满分 11 分）

设 $D$ 是位于曲线 $y = \sqrt{x} a^{- \frac{x}{2a}}(a > 1,0 \le x < +\infty)$ 下方、 $x$ 轴上方的无界区域．

(1) 求区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积 $V(a)$ ；

(2) 当 $a$ 为何值时， $V(a)$ 最小？并求出最小值．

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】
(1) $V(a) = \pi \frac{a^2}{(\ln a)^2}$
(2) 当 $a = e$ 时， $V(a)$ 最小，最小值为 $\pi e^2$

【解析】
(Ⅰ) 由旋转体的体积公式，

V(a) = \pi \int_{0}^{\infty} x a^{-\frac{x}{a}} dx = -\frac{a}{\ln a} \pi \int_{0}^{\infty} x d\left(a^{-\frac{x}{a}}\right)

= -\frac{a}{\ln a} \pi \left[ x a^{-\frac{x}{a}} \right]_{0}^{+\infty} + \frac{a}{\ln a} \pi \int_{0}^{\infty} a^{-\frac{x}{a}} dx = \pi \left(\frac{a}{\ln a}\right)^{2}

(Ⅱ) 对 $V(a)$ 求导得到

V'(a) = \left[ \pi \left(\frac{a}{\ln a}\right)^{2}\right]' = \pi \cdot \frac{2a \ln^{2} a - a^{2} \cdot 2 \ln a \cdot \frac{1}{a}}{\ln^{4} a}

= \pi \cdot \frac{2a \ln a - 2a}{\ln^{3} a} = 2\pi \left(\frac{a (\ln a - 1)}{\ln^{3} a}\right)

令 $V'(a) = 0$ ，得 $\ln a = 1$ ，从而 $a = e$ 。当 $1 < a < e$ 时， $V'(a) < 0$ ， $V(a)$ 单调减少；当 $a > e$ 时， $V'(a) > 0$ ， $V(a)$ 单调增加。所以 $a = e$ 时 $V$ 最小，最小体积为 $V_{\min}(a) = \pi e^{2}$ 。

19

（本题满分 11 分）

求微分方程 $y''(x + y'^2) = y'$ 满足初始条件 $y(1) = y'(1) = 1$ 的特解．

高等数学常微分方程其他方程

【答案】
$y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{3}$

【解析】
令 $y' = p$ ，则 $y'' = p'$ ，原方程化为 $p'(x + p^2) = p$ 。即

\frac{dx}{dp} - \frac{x}{p} = p

由一阶线性微分方程求解公式，得

x = e^{\int \frac{1}{p} dp} \left( \int p e^{\int -\frac{1}{p} dp} dp + C_1 \right) = p \left( \int dp + C_1 \right) = p(p + C_1)

代入初始条件得 $C_1 = 0$ ，于是 $p^2 = x$ 。由 $y'(1) = 1$ 知 $p = \sqrt{x}$ ，即

\frac{dy}{dx} = \sqrt{x} \Rightarrow y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + C_2

代入初始条件得 $C_2 = \frac{1}{3}$ ，所以特解为

y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{3}

20

（本题满分 10 分）

已知函数 $f(u)$ 具有二阶导数，且 $f'(0) = 1$ ，函数 $y = y(x)$ 由方程 $y - x\e^{y - 1} = 1$ 所确定．设 $z = f(\ln y - \sin x)$ ，求 $\frac{\dz}{\dx}\Big|_{x = 0}$ , $\frac{\d^2z}{\dx^2}\Big|_{x = 0}$ ．

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $\frac{\dz}{\dx}\Big|_{x=0}=0$ ， $\frac{\d^2z}{\dx^2}\Big|_{x=0}=1$

【解析】
在 $y - xe^{y-1} = 1$ 中，令 $x = 0$ ，得 $y = 1$ 。 $y - xe^{y-1} = 1$ 两边对 $x$ 求导，得

y' - e^{y-1} - xe^{y-1}y' = 0 \Rightarrow (2 - y)y' - e^{y-1} = 0.

由 $x = 0, y = 1$ 得 $y'|_{x=0} = 1$ 。对上述两边求导，得

(2 - y)y'' - y'^2 - e^{y-1}y' = 0.

令 $x = 0$ ，由 $x = 0$ 时 $y = 1, y' = 1$ ，得 $y''|_{x=0} = 2$ 。因为 $z = f(\ln y - \sin x)$ ，所以

\frac{dz}{dx} = f'(\ln y - \sin x)\left(\frac{y'}{y} - \cos x\right).

把 $x = 0, y = 1, y' = 1$ 代入，得

\frac{dz}{dx}\Big|_{x=0} = 0.

对上述再次求导，得

\frac{d^2z}{dx^2} = f''(\ln y - \sin x)\left(\frac{y'}{y} - \cos x\right)^2 + f'(\ln y - \sin x)\left[-\frac{y'^2}{y^2} + \frac{y''}{y} + \sin x\right].

把 $x = 0, y = 1, y' = 1, y'' = 2$ 代入上式，得

\frac{d^2z}{dx^2} = f'(0)(2 - 1) = 1.

21

（本题满分 11 分）

同试卷 1 第 19 题

22

（本题满分 11 分）

设二元函数 $f(x,y) = \begin{cases} x^2, & |x| + |y| \le 1, \\ \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}}, & 1 < |x| + |y| \le 2, \end{cases}$ 计算二重积分 $\iint_D f(x,y)\d\sigma$ ，其中 $D = \left\{(x,y)\left| |x| + |y| \le 2 \right. \right\}$ ．

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】

\iint_D f(x,y) \, d\sigma = \frac{1}{3} + 4\sqrt{2} \ln(1+\sqrt{2})

【解析】 积分区域 $D = \{(x,y) \mid |x| + |y| \le 2\}$ 是一个菱形区域。根据函数 $f(x,y)$ 的定义，将积分分为两部分：

\iint_D f(x,y) \, d\sigma = \iint_{|x| + |y| \le 1} x^2 \, d\sigma + \iint_{1 < |x| + |y| \le 2} \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, d\sigma = I_1 + I_2.

首先计算 $I_1 = \iint_{|x| + |y| \le 1} x^2 \, d\sigma$ 。区域 $|x| + |y| \le 1$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，且 $x^2$ 是偶函数，故只需计算第一象限部分并乘以 4。在第一象限，区域为 $x \ge 0, y \ge 0, x + y \le 1$ ，则：

\begin{align*} I_1 &= 4 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x} x^2 \, dy \, dx = 4 \int_{0}^{1} x^2 (1-x) \, dx \\ &= 4 \int_{0}^{1} (x^2 - x^3) \, dx = 4 \left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{4}x^4 \right]_{0}^{1} \\ &= 4 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 4 \cdot \frac{1}{12} \\ &= \frac{1}{3}. \end{align*}

其次计算 $I_2 = \iint_{1 < |x| + |y| \le 2} \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, d\sigma$ 。在极坐标下，令 $x = r \cos \theta$ , $y = r \sin \theta$ ，则 $d\sigma = r \, dr \, d\theta$ ，且 $\frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{1}{r}$ ，因此：

I_2 = \iint_{1 < |x| + |y| \le 2} \frac{1}{r} \cdot r \, dr \, d\theta = \iint_{1 < |x| + |y| \le 2} dr \, d\theta.

区域 $1 < |x| + |y| \le 2$ 在极坐标下表示为 $1 < r (|\cos \theta| + |\sin \theta|) \le 2$ 。由于对称性，只需计算 $\theta \in [0, \pi/2]$ 部分并乘以 4。在 $\theta \in [0, \pi/2]$ 时， $|\cos \theta| + |\sin \theta| = \cos \theta + \sin \theta$ ，令 $k(\theta) = \cos \theta + \sin \theta$ ，则：

I_2 = 4 \int_{0}^{\pi/2} \int_{r=1/k(\theta)}^{2/k(\theta)} dr \, d\theta = 4 \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{k(\theta)} \, d\theta = 4 \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{\cos \theta + \sin \theta} \, d\theta.

计算积分 $J = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{\cos \theta + \sin \theta} \, d\theta$ 。注意到 $\cos \theta + \sin \theta = \sqrt{2} \cos(\theta - \pi/4)$ ，所以：

J = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{2} \cos(\theta - \pi/4)} \, d\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \sec u \, du \quad (\text{ } u = \theta - \pi/4).

由于 $\sec u$ 是偶函数：

\begin{align*} J &= \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 2 \int_{0}^{\pi/4} \sec u \, du = \sqrt{2} \int_{0}^{\pi/4} \sec u \, du \\ &= \sqrt{2} \left[ \ln |\sec u + \tan u| \right]_{0}^{\pi/4} = \sqrt{2} \left[ \ln (\sqrt{2} + 1) - \ln (1 + 0) \right] \\ &= \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}). \end{align*}

因此：

I_2 = 4 \cdot \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}) = 4\sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}).

综上：

\iint_D f(x,y) \, d\sigma = I_1 + I_2 = \frac{1}{3} + 4\sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}).

23

（本题满分 11 分）

同试卷 1 第 21 题

24

（本题满分 11 分）

同试卷 1 第 22 题