COs x 求lm( x→>0sn2x 【分析】先通分化为“”型极限,再利用等价无穷小与罗必达法则求解即可 【详解】m(-sx)=lmx- Sin xcos x x---Sn22 2x--sin 4x OS 4x =lim 【评注】本题属于求未定式极限的基本题型,对于“0”型极限,应充分利用等价无穷小 替换来简化计算 完全类似的例题见《数学复习指南》P28例145 (16)(本题满分8分) 求∫(√x2+y2+y,其中D是由圆x2+y2=4和(x+1y2+y2=1所围成的 平面区域(如图) 【分析】首先,将积分区域D分为大圆D={(x,y)x2+y2≤4}减去小 D2={(x,y)|(x+1)2+y2≤l},再利用对称性与极坐标计算即可 【详解】令D1={(x,y)|x2+y2≤4},D2={(x,y)(x+1)2+y2≤1}, 由对称性,ydo=0 Vx+y do= x+yodo- x"+y do 2 16丌3216 所以,j(2+y2+y=0(x=2 【评注】本题属于在极坐标系下计算二重积分的基本题型,对于二重积分,经常利用对称性 及将一个复杂区域划分为两个或三个简单区域来简化计算 77 求 ) cos sin 1 lim ( 2 2 2 0 x x x x − → . 【分析】先通分化为“ 0 0 ”型极限，再利用等价无穷小与罗必达法则求解即可. 【详解】 x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 sin sin cos ) lim cos sin 1 lim ( − − = → → = 3 0 4 2 2 0 4 sin 4 2 1 2 lim sin 2 4 1 lim x x x x x x x x − = − → → . 3 4 6 (4 ) 2 1 lim 6 1 cos 4 lim 2 2 0 2 0 = = − = → → x x x x x x . 【评注】本题属于求未定式极限的基本题型，对于“ 0 0 ”型极限，应充分利用等价无穷小 替换来简化计算. 完全类似的例题见《数学复习指南》P28 例 1.45. (16) (本题满分 8 分) 求  + + D ( x y y)d 2 2 ，其中 D 是由圆 4 2 2 x + y = 和 ( 1) 1 2 2 x + + y = 所围成的 平面区域(如图). 【分析】首先，将积分区域 D 分为大圆 {( , )| 4} 2 2 D1 = x y x + y  减去小圆 {( , )|( 1) 1} 2 2 D2 = x y x + + y  ，再利用对称性与极坐标计算即可. 【详解】令 {( , )| 4}, {( , )|( 1) 1} 2 2 2 2 2 D1 = x y x + y  D = x y x + + y  ， 由对称性， = 0  D yd .    + = + − + 1 2 2 2 2 2 2 2 D D D x y d x y d x y d     − = −       2cos 0 2 2 3 2 2 0 2 2 0 d r dr d r dr . (3 2) 9 16 9 32 3 16 = − =  −  所以， (3 2) 9 16 ( ) 2 2 + + = −    D x y y d . 【评注】本题属于在极坐标系下计算二重积分的基本题型，对于二重积分，经常利用对称性 及将一个复杂区域划分为两个或三个简单区域来简化计算