2025年考研數(shù)學(xué)三數(shù)學(xué)分析沖刺試卷（含答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)數(shù)列{a_n}滿足a_1=1,a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}(n\geq1)。證明數(shù)列{a_n}收斂，并求其極限。二、計算極限\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x(1-\cost^2)\,dt}{x^5}。三、設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且導(dǎo)函數(shù)f'(x)連續(xù)。證明：存在唯一的常數(shù)L，使得對于(a,b)內(nèi)的任意x，都有f(x)-f(a)=L(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L]\,dt。四、討論函數(shù)f(x)=x^3\lnx在(0,+\infty)內(nèi)的凹凸性，并求其拐點(diǎn)。五、計算不定積分\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx。六、計算定積分\int_0^1\frac{x\arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}\,dx。七、設(shè)正項級數(shù)\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，證明級數(shù)\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n}也收斂。八、求冪級數(shù)\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n\cdot3^n}的收斂域。九、設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，且f(x)>0。證明：存在唯一的點(diǎn)\xi\in(a,b)，使得\int_a^\xif(t)\,dt=\int_\xi^b\frac{1}{f(t)}\,dt。請先證明存在性，再證明唯一性。十、計算二重積分\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma，其中區(qū)域D是由曲線y=\sqrt{2x-x^2}和直線y=x所圍成。十一、計算三重積分\iiint_Vz\,dV，其中V是由曲面x^2+y^2+z^2=4和z=\sqrt{x^2+y^2}所圍成的有界閉區(qū)域。十二、設(shè)函數(shù)f(u)具有連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且\lim_{u\to0}\frac{f(u)}{u}=1。函數(shù)z=f(x+y)滿足偏微分方程z_x+z_y=z。求函數(shù)f(u)的表達(dá)式。試卷答案一、證明：由遞推關(guān)系a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}，易知a_n>0對所有n成立?，F(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列有界。顯然a_1=1<2。假設(shè)a_k<2，則a_{k+1}=1+\frac{1}{a_k}<1+\frac{1}{2}=1.5<2。由歸納法，a_n<2對所有n成立。故數(shù)列有上界2。又a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}-a_n=\frac{1-a_n^2}{a_n}。由于a_n<2，1-a_n^2<0，故a_{n+1}-a_n<0，即數(shù)列單調(diào)遞減。數(shù)列{a_n}單調(diào)遞減且有下界0，故收斂。設(shè)\lim_{n\to\infty}a_n=L，由a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}兩邊取極限得L=1+\frac{1}{L}。解得L^2-L-1=0，L=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}。由于a_n>0，L>0，故L=\frac{1+\sqrt{5}}{2}。即數(shù)列極限為\frac{1+\sqrt{5}}{2}。二、解法一：使用洛必達(dá)法則。\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x(1-\cost^2)\,dt}{x^5}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cosx^2}{5x^4}=\lim_{x\to0}\frac{2x^2\sinx^2}{20x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\sinx^2}{10x}=\lim_{x\to0}\frac{x^2}{10x}=\lim_{x\to0}\frac{x}{10}=0。解法二：使用泰勒展開。\int_0^x(1-\cost^2)\,dt\approx\int_0^x(1-(1-\frac{1}{2}t^4+o(t^4)))\,dt=\int_0^x(\frac{1}{2}t^4+o(t^4))\,dt=\frac{1}{10}x^5+o(x^5)。故原式=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{10}x^5+o(x^5)}{x^5}=\frac{1}{10}。三、證明：存在性。令L=f'(a)。考慮函數(shù)F(x)=f(x)-f(a)-L(x-a)。顯然F(a)=0。計算F'(x)=f'(x)-L。由于f'(x)在(a,b)內(nèi)連續(xù)，故F'(x)在(a,b)內(nèi)連續(xù)。由拉格朗日中值定理，對于(a,b)內(nèi)任意x，存在\xi\in(a,x)(或(x,a))，使得F(x)-F(a)=F'(\xi)(x-a)。即f(x)-f(a)-L(x-a)=[f'(\xi)-L](x-a)。整理得f(x)-f(a)=L(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L]\,dt。這證明了存在性。唯一性。假設(shè)存在L_1\neqL也滿足題設(shè)條件。即對于(a,b)內(nèi)任意x，都有f(x)-f(a)=L_1(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L_1]\,dt。將此式與原式f(x)-f(a)=L(x-a)+\int_a^x[f'(t)-L]\,dt相減，得(L-L_1)(x-a)+\int_a^x([f'(t)-L]-[f'(t)-L_1])\,dt=0。即(L-L_1)(x-a)+\int_a^x(L_1-L)\,dt=0。整理得(L-L_1)(x-a-\int_a^x1\,dt)=0。即(L-L_1)(x-a-(x-a))=0，即(L-L_1)\cdot0=0。這表明L-L_1=0。矛盾。故L是唯一的。四、解：計算二階導(dǎo)數(shù)f''(x)=3x^2\lnx+x^2\cdot\frac{1}{x}=3x^2\lnx+x=x(3x\lnx+1)。令f''(x)=0，得x=0或3x\lnx+1=0。由于x>0，x=0不在定義域內(nèi)。解3x\lnx=-1。令g(x)=3x\lnx+1，g'(x)=3(1+\lnx)。令g'(x)=0，得x=\frac{1}{e}。當(dāng)0<x<\frac{1}{e}時，g'(x)<0；當(dāng)x>\frac{1}{e}時，g'(x)>0。故g(x)在x=\frac{1}{e}取得極小值，也是最小值。g(\frac{1}{e})=3\cdot\frac{1}{e}\cdot\ln(\frac{1}{e})+1=3\cdot\frac{1}{e}\cdot(-1)+1=1-\frac{3}{e}<0。又當(dāng)x\to0^+時，g(x)\to1；當(dāng)x\to+\infty時，g(x)\to+\infty。故方程3x\lnx+1=0有唯一解x_0=\frac{1}{e}。即f''(x_0)=0?？紤]f''(x)在x_0兩側(cè)的符號：當(dāng)0<x<x_0時，3x\lnx<-1，f''(x)<0。函數(shù)f(x)在(0,x_0)內(nèi)凹。當(dāng)x_0<x<+\infty時，3x\lnx>-1，f''(x)>0。函數(shù)f(x)在(x_0,+\infty)內(nèi)凸。拐點(diǎn)為(x_0,f(x_0))。計算f(x_0)=x_0^3\lnx_0=(\frac{1}{e})^3\ln(\frac{1}{e})=\frac{1}{e^3}\cdot(-1)=-\frac{1}{e^3}。拐點(diǎn)為(\frac{1}{e},-\frac{1}{e^3})。五、解：使用分部積分法。令u=\arctanx，dv=\frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx。則du=\frac{1}{1+x^2}dx，v=\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx=\int\frac{1+x^2-1}{(1+x^2)^2}dx=\int\frac{1}{1+x^2}dx-\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx=\arctanx-\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx。對于\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx，令t=\tanx，dx=\frac{dt}{1+t^2}，1+x^2=1+t^2。\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx=\int\frac{1}{(1+t^2)^2}\cdot\frac{1}{1+t^2}dt=\int\frac{1}{(1+t^2)^3}dt。令t=\sinhu，dt=\coshudu，1+t^2=\cosh^2u。\int\frac{1}{(1+t^2)^3}dt=\int\frac{1}{(\cosh^2u)^3}\cdot\coshudu=\int\frac{\coshu}{\cosh^6u}du=\int\frac{1}{\cosh^5u}du=\int\text{sech}^5udu。使用reductionformula或查表得\int\text{sech}^5udu=\frac{1}{4}(\text{sech}^3u\tanhu+3\text{sech}^3u)+C。將t=\sinhu代回，\text{sech}u=\frac{2}{e^u+e^{-u}}=\frac{2}{\sqrt{1+t^2}+1}=\frac{1}{1+\sqrt{1+t^2}}，\tanhu=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}。\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx=\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+3\frac{1}{1+x^2}\right]+C。所以v=\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]+C_1。\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx=\arctanx\cdot\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)-\int\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)\cdot\frac{1}{1+x^2}dx。令I(lǐng)=\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx。I=(\arctanx)^2-\frac{1}{4}\left(\frac{x\arctanx}{(1+x^2)^2}+\frac{3\arctanx}{1+x^2}\right)-\int\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)\arctanx\,\frac{1}{1+x^2}dx。令J=\int\left(\arctanx-\frac{1}{4}\left[\frac{x}{(1+x^2)^2}+\frac{3}{1+x^2}\right]\right)\arctanx\,\frac{1}{1+x^2}dx。則I=(\arctanx)^2-\frac{1}{4}\left(\frac{x\arctanx}{(1+x^2)^2}+\frac{3\arctanx}{1+x^2}\right)-J。計算I-J。由于J項復(fù)雜，直接計算可能過于繁瑣。更簡潔的方法是考慮湊微分或換元。注意到原被積函數(shù)可以寫為\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx=\arctanx\cdot\frac{x^2}{(1+x^2)^2}=\arctanx\cdot\frac{1}{(1+x^2)^2}\cdotx^2=\arctanx\cdot\frac{1}{(1+x^2)^2}\cdot(1+x^2-1)=\arctanx\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{(1+x^2)^2}\right)。令u=\arctanx，v=\frac{1}{1+x^2}。則dv=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}dx=-\frac{1}{(1+x^2)^2}\cdot2xdx=-\frac{1}{(1+x^2)^2}d(1+x^2)。\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx=\intu\left(v-dv\right)dx=\intuv\,dx-\intu\,dv。使用分部積分法，令w=u，dw=du；dv=dx，v=x。\intuv\,dx=xu-\intx\,du=x\arctanx-\intx\cdot\frac{1}{1+x^2}dx=x\arctanx-\frac{1}{2}\int\frac{d(1+x^2)}{1+x^2}=x\arctanx-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)。\intu\,dv=\intu\,dx=xu=x\arctanx。故原式=(x\arctanx-\frac{1}{2}\ln(1+x^2))-x\arctanx=-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C。六、解：令x=\sint，dx=\costdt，當(dāng)x=0時，t=0；當(dāng)x=1時，t=\frac{\pi}{2}。\int_0^1\frac{x\arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sint\cdott}{\sqrt{1-\sin^2t}}\cost\,dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\sint\,dt。使用分部積分法，令u=t，dv=\sintdt。則du=dt，v=-\cost。\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\sint\,dt=-t\cost\bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cost\,dt=-\frac{\pi}{2}\cos(\frac{\pi}{2})-(-0\cdot\cos0)+\sint\bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}=0+(\sin(\frac{\pi}{2})-\sin0)=1。七、證明：方法一：比較判別法。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，故\lim_{n\to\infty}a_n=0。存在N，當(dāng)n>N時，a_n<1。對于n>N，有\(zhòng)frac{\sqrt{a_n}}{n}\leq\frac{\sqrt{a_n}}{n}\cdot1\leq\frac{a_n}{n}。由于\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}是正項級數(shù)，且\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}發(fā)散。但\frac{a_n}{n}是\frac{1}{n}乘以一個趨于0的正數(shù)a_n，不能直接說收斂。需要更精確的比較。考慮級數(shù)\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n^2}。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，部分和A_n=\sum_{k=1}^na_k有界，即|A_n|\leqM。則對于n>N，有\(zhòng)left|\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{a_k}}{k}\right|\leq\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{a_k}}{k^2}\leq\sum_{k=n}^\infty\frac{|\sqrt{a_k}|}{k^2}=\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}}{k^2}。由柯西不等式，\left(\sum_{k=n}^\infty\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}\right)^2\leq\left(\sum_{k=n}^\infty1\right)\left(\sum_{k=n}^\infty(A_k-A_{k-1})\right)=(m-n+1)\cdot(A_{m}-A_{n-1})。\sum_{k=n}^\infty\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}\leq\sqrt{(m-n+1)(A_m-A_{n-1})}。故\sum_{k=n}^\infty\frac{\sqrt{|A_k-A_{k-1}|}}{k^2}\leq\sqrt{(m-n+1)(A_m-A_{n-1})}\cdot\sum_{k=n}^\infty\frac{1}{k^2}\leq\sqrt{m(M-A_{n-1})}\cdot\frac{\pi^2}{6}。取m\to\infty，右邊趨于0。故\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n^2}收斂。再由比較判別法，\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n}也收斂。方法二：Cauchy-Schwarz不等式。\left(\sum_{n=1}^N\frac{\sqrt{a_n}}{n}\right)^2\leq\left(\sum_{n=1}^Na_n\right)\left(\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\right)。由于\sum_{n=1}^\inftya_n收斂，故部分和\sum_{n=1}^Na_n有界。又\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}收斂。故存在常數(shù)C>0，使得\left(\sum_{n=1}^Na_n\right)\left(\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\right)\leqC。從而\left(\sum_{n=1}^N\frac{\sqrt{a_n}}{n}\right)^2\leqC。即\sum_{n=1}^N\frac{\sqrt{a_n}}{n}收斂。由級數(shù)收斂的定義，\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{a_n}}{n}收斂。八、解：使用比值判別法。\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}(x)}{a_n(x)}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{x^{n+1}}{(n+1)\cdot3^{n+1}}}{\frac{x^n}{n\cdot3^n}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{n\cdot3^n\cdotx^{n+1}}{(n+1)\cdot3^{n+1}\cdotx^n}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{nx}{3(n+1)}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{|x|n}{3n+3}=\frac{|x|}{3}。令\frac{|x|}{3}<1，得|x|<3。即收斂半徑R=3。當(dāng)|x|=3時，原級數(shù)變?yōu)閈sum_{n=1}^\infty\frac{3^n}{n\cdot3^n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}，這是調(diào)和級數(shù)，發(fā)散。故收斂域為(-3,3)。九、證明：存在性：令F(x)=\int_a^xf(t)\,dt-\int_x^b\frac{1}{f(t)}\,dt。顯然F(a)=\int_a^af(t)\,dt-\int_a^b\frac{1}{f(t)}\,dt=0-\int_a^b\frac{1}{f(t)}\,dt<0（因為f(x)>0，故\int_a^b\frac{1}{f(t)}\,dt>0）。F(b)=\int_a^bf(t)\,dt-\int_b^b\frac{1}{f(t)}\,dt=\int_a^bf(t)\,dt-0>0（因為\int_a^bf(t)\,dt>0）。F(x)在[a,b]上連續(xù)。由連續(xù)函數(shù)介值定理，存在\xi\in(a,b)，使得F(\xi)=0。即\int_a^\xif(t)\,dt-\int_\xi^b\frac{1}{f(t)}\,dt=0。即\int_a^\xif(t)\,dt=\int_\xi^b\frac{1}{f(t)}\,dt。存在性得證。唯一性：假設(shè)存在\xi_1,\xi_2\in(a,b)，且\xi_1\neq\xi_2，使得\int_a^{\xi_1}f(t)\,dt=\int_{\xi_1}^b\frac{1}{f(t)}\,dt且\int_a^{\xi_2}f(t)\,dt=\int_{\xi_2}^b\frac{1}{f(t)}\,dt。令G(x)=\int_a^xf(t)\,dt-\int_x^b\frac{1}{f(t)}\,dt。則G(\xi_1)=0且G(\xi_2)=0。且\xi_1\neq\xi_2。考慮G(x)的導(dǎo)數(shù)G'(x)=f(x)-\left(-\frac{1}{f(x)}\right)=f(x)+\frac{1}{f(x)}。由于f(x)>0，故G'(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}>0對所有x\in(a,b)成立。即G(x)在(a,b)內(nèi)嚴(yán)格單調(diào)遞增。一個嚴(yán)格單調(diào)遞增的連續(xù)函數(shù)在定義域內(nèi)最多只能取某個值一次。矛盾。故唯一性得證。十、解：在直角坐標(biāo)系下，區(qū)域D由y=\sqrt{2x-x^2}(x\leq1)和y=x(x\geq0)圍成。曲線y=\sqrt{2x-x^2}可化為(x-1)^2+y^2=1，表示圓心為(1,0)，半徑為1的上半圓。區(qū)域D位于x軸上方，被直線y=x和圓弧x^2+y^2=1(x\leq1)所截。積分區(qū)域D可表示為：D=\{(x,y)|0\leqx\leq1,x\leqy\leq\sqrt{2x-x^2}\}。\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma=\int_0^1\int_x^{\sqrt{2x-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}\,dy\,dx。此積分在直角坐標(biāo)系下計算較為復(fù)雜。轉(zhuǎn)換為極坐標(biāo)系更方便。令x=r\cos\theta，y=r\sin\theta，d\sigma=r\,dr\,d\theta。曲線y=x對應(yīng)\theta=\frac{\pi}{4}。曲線y=\sqrt{2x-x^2}對應(yīng)r^2=2r\cos\theta-r^2，即r=2\cos\theta。區(qū)域D在極坐標(biāo)系下表示為：D=\{(r,\theta)|0\leq\theta\leq\frac{\pi}{4},0\leqr\leq2\cos\theta\}。\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{2\cos\theta}\sqrt{r^2}\cdotr\,dr\,d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr\,d\theta。計算內(nèi)層積分：\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr=\left[\frac{r^3}{3}\right]_0^{2\cos\theta}=\frac{(2\cos\theta)^3}{3}=\frac{8\cos^3\theta}{3}。故原式=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{8\cos^3\theta}{3}\,d\theta=\frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos^3\theta\,d\theta。使用三重角公式\cos^3\theta=\cos\theta(1-\sin^2\theta)=\cos\theta-\cos\theta\sin^2\theta。原式=\frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}(\cos\theta-\cos\theta\sin^2\theta)\,d\theta=\frac{8}{3}\left(\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\,d\theta-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta\right)。第一項：\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\,d\theta=\sin\theta\bigg|_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}-0=\frac{\sqrt{2}}{2}。第二項：令u=\sin\theta，du=\cos\thetad\theta。當(dāng)\theta=0時，u=0；當(dāng)\theta=\frac{\pi}{4}時，u=\frac{\sqrt{2}}{2}。\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta=\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}u^2\,du=\left[\frac{u^3}{3}\right]_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}{3}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{8}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}。故原式=\frac{8}{3}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{12}\right)=\frac{8}{3}\cdot\frac{6\sqrt{2}-\sqrt{2}}{12}=\frac{8}{3}\cdot\frac{5\sqrt{2}}{12}=\frac{40\sqrt{2}}{36}=\frac{10\sqrt{2}}{9}。十一、解：積分區(qū)域V由球面x^2+y^2+z^2=4和錐面z=\sqrt{x^2+y^2}所圍成。這兩個曲面在xOy平面上投影為圓x^2+y^2=2。區(qū)域V關(guān)于xOy平面和yOz平面對稱。積分函數(shù)z在V內(nèi)非負(fù)?？紤]第一卦限部分V_1，V=8V_1。在第一卦限，V_1由錐面z=\sqrt{x^2+y^2}和球面x^2+y^2+z^2=4以及x\geq0,y\geq0,z\geq0所圍成。使用柱面坐標(biāo)：x=r\cos\theta，y=r\sin\theta，z=z，dV=r\,dr\,d\theta\,dz。在第一卦限，r的范圍：0\leqr\leq\sqrt{2}。\theta的范圍：0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}。z的范圍：由錐面r\leqz，球面r^2+z^2=4。解得z\geqr，且z^2\leq4-r^2。故z的范圍：r\leqz\leq\sqrt{4-r^2}。\iiint_Vz\,dV=8\iiint_{V_1}z\,r\,dr\,d\theta\,dz=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\sqrt{2}}\int_r^{\sqrt{4-r^2}}z\cdotr\,dz\,dr\,d\theta。計算內(nèi)層積分：\int_r^{\sqrt{4-r^2}}z\cdotr\,dz=r\left[\frac{z^2}{2}\right]_r^{\sqrt{4-r^2}}=r\left(\frac{4-r^2}{2}-\frac{r^2}{2}\right)=r\left(\frac{4-2r^2}{2}\right)=r(2-r^2)。故積分=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\sqrt{2}}