一、平面图形的面积｜小题与大题

小题

（一）直角坐标系下平面图形的面积

1. 【1987-12-3 分】 由 $y=\ln x$ 与两直线 $y=(e+1)-x$ 及 $y=0$ 围成图形的面积为

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答案： $\frac{3}{2}$。

解析： 曲线 $y=\ln x$ 与 $y=0$ 交于 $(1,0)$；直线 $y=e+1-x$ 与 $y=0$ 交于 $(e+1,0)$。

再由

$$\ln x=e+1-x$$

可知 $x=e$ 是交点的横坐标，此时交点为 $(e,1)$。

因此所求面积为

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_1^e\ln xdx+{\int }_e^{e+1}(e+1-x)dx\\ & ={\left[x\ln x-x\right]}_1^e+{\left[(e+1)x-\frac{x^2}{2}\right]}_e^{e+1}\\ & =1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.\end{array}$$

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2. 【1990-45-3 分】 曲线 $y=x^2$ 与直线 $y=x+2$ 所围成的平面图形的面积为

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答案： $\frac{9}{2}$。

解析： 联立两曲线方程：

$$x^2=x+2,$$

即

$$(x+1)(x-2)=0,$$

故两交点的横坐标为 $x=-1,2$。

在区间 $[-1,2]$ 上，直线 $y=x+2$ 位于抛物线 $y=x^2$ 上方，所以

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_{-1}^2(x+2-x^2)dx\\ & ={\left[\frac{x^2}{2}+2x-\frac{x^3}{3}\right]}_{-1}^2\\ & =\frac{9}{2}.\end{array}$$

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3. 【1991-45-5 分】 假设曲线 $L_1:y=1-x^2(0\le x\le 1)$，$x$ 轴和 $y$ 轴所围区域被曲线 $L_2:y=a{x}^2$ 分为面积相等的两部分（如图），$a$ 是大于零的常数，试确定 $a$ 值。

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答案： $a=3$。

解析： 设两曲线交点的横坐标为 $x_0$，则

$$1-x_0^2=a{x}_0^2,$$

从而

$$x_0=\frac{1}{\sqrt{a+1}}.$$

原区域的总面积为

$$S={\int }_0^1(1-x^2)dx=\frac{2}{3}.$$

曲线 $L_2$ 左上方部分的面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\int }_0^{x_0}\left[(1-x^2)-a{x}^2\right]dx\\ & ={\int }_0^{x_0}\left[1-(a+1)x^2\right]dx\\ & =x_0-\frac{a+1}{3}{x}_0^3.\end{array}$$

由于 $(a+1)x_0^2=1$，故

$$S_1=x_0-\frac{x_0}{3}=\frac{2x_0}{3}.$$

两部分面积相等，所以

$$S_1=\frac{S}{2}=\frac{1}{3}.$$

于是

$$\frac{2x_0}{3}=\frac{1}{3},$$

得到 $x_0=\frac{1}{2}$。因此

$$\frac{1}{\sqrt{a+1}}=\frac{1}{2},$$

即

$$a=3.$$

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4. 【1992-3-3 分】 由曲线 $y=x{e}^x$ 与直线 $y=ex$ 所围成的图形的面积 $S=$

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答案： $\frac{e}{2}-1$。

解析： 两曲线的交点满足

$$x{e}^x=ex,$$

即

$$x(e^x-e)=0.$$

故交点的横坐标为 $x=0,1$。

当 $0<x<1$ 时，$e^x<e$，因此

$$ex>x{e}^x.$$

所以所求面积为

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^1(ex-x{e}^x)dx\\ & =\frac{e}{2}-{\left[(x-1)e^x\right]}_0^1\\ & =\frac{e}{2}-1.\end{array}$$

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5. 【1994-3-5 分】 如图，设曲线方程为 $y=x^2+\frac{1}{2}$，梯形 $OABC$ 的面积为 $D$，曲边梯形 $OABC$ 的面积为 $D_1$。点 $A$ 的坐标为 $(a,0)$，$a>0$。证明：$\frac{D}{D_1}<\frac{3}{2}$。

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答案： $\frac{D}{D_1}<\frac{3}{2}$。

解析： 由曲线方程可知

$$C\left(0,\frac{1}{2}\right),B\left(a,a^2+\frac{1}{2}\right).$$

梯形 $OABC$ 的两条平行边分别为 $OC$ 与 $AB$，故

$$\begin{array}{rl}D& =\frac{1}{2}\left(OC+AB\right)\cdot OA\\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+a^2+\frac{1}{2}\right)a\\ & =\frac{a(a^2+1)}{2}.\end{array}$$

曲边梯形的面积为

$$\begin{array}{rl}{D}_1& ={\int }_0^a\left(x^2+\frac{1}{2}\right)dx\\ & =\frac{a^3}{3}+\frac{a}{2}=\frac{a(2a^2+3)}{6}.\end{array}$$

因此

$$\frac{D}{D_1}=\frac{3(a^2+1)}{2a^2+3}.$$

又因为

$$2(a^2+1)<2a^2+3,$$

所以

$$\frac{D}{D_1}=\frac{3}{2}\cdot \frac{2(a^2+1)}{2a^2+3}<\frac{3}{2}.$$

命题得证。

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6. 【1995-3-3 分】 曲线 $y=x(x-1)(2-x)$ 与 $x$ 轴所围成图形的面积可表示为（ ）

A. $-{\int }_0^{2}x(x-1)(2-x)dx$    B. ${\int }_0^{1}x(x-1)(2-x)dx-{\int }_1^{2}x(x-1)(2-x)dx$

C. $-{\int }_0^{1}x(x-1)(2-x)dx+{\int }_1^{2}x(x-1)(2-x)dx$    D. ${\int }_0^{2}x(x-1)(2-x)dx$

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答案： C。

解析： 函数

$$y=x(x-1)(2-x)$$

的零点为 $x=0,1,2$。

当 $0<x<1$ 时，

$$x>0,x-1<0,2-x>0,$$

故 $y<0$；当 $1<x<2$ 时，三个因子均为正，故 $y>0$。

面积应对函数值取绝对值，因此

$$S=-{\int }_0^{1}x(x-1)(2-x)dx+{\int }_1^{2}x(x-1)(2-x)dx.$$

故选 C。A、D 未在零点 $x=1$ 处分段，B 的正负号与函数在两区间内的符号相反。

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7. 【1996-3-3 分】 由曲线 $y=x+\frac{1}{x}$、$x=2$ 及 $y=2$ 所围图形的面积 $S=$

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答案： $\ln 2-\frac{1}{2}$。

解析： 曲线与直线 $y=2$ 的交点满足

$$x+\frac{1}{x}=2,$$

即

$$(x-1{)}^2=0,$$

故交点横坐标为 $x=1$。

当 $1\le x\le 2$ 时，由

$$x+\frac{1}{x}-2=\frac{(x-1{)}^2}{x}\ge 0$$

可知曲线位于直线 $y=2$ 上方。因此

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_1^2\left(x+\frac{1}{x}-2\right)dx\\ & ={\left[\frac{x^2}{2}+\ln x-2x\right]}_1^2\\ & =\ln 2-\frac{1}{2}.\end{array}$$

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8. 【1997-12-3 分】 设区间 $[a,b]$ 上 $f(x)>0$，$f^{\prime }(x)<0$，$f^{\prime \prime }(x)>0$，令

$$S_1={\int }_a^{b}f(x)dx,S_2=f(b)(b-a),S_3=\frac{1}{2}[f(a)+f(b)](../b-a),$$

则（ ）

A. $S_1<S_2<S_3$    B. $S_2<S_1<S_3$    C. $S_3<S_1<S_2$    D. $S_2<S_3<S_1$

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答案： B。

解析： 因为 $f^{\prime }(x)<0$，所以 $f$ 在 $[a,b]$ 上严格单调递减，从而

$$f(x)>f(b)(a\le x<b).$$

积分后得到

$$S_1={\int }_a^{b}f(x)dx>f(b)(b-a)=S_2.$$

又因为 $f^{\prime \prime }(x)>0$，所以曲线 $y=f(x)$ 为凹函数，其图像位于连接端点 $(a,f(a))$ 与 $(b,f(b))$ 的弦的下方。因此曲线下方面积小于相应梯形面积：

$$S_1<S_3.$$

综上，

$$S_2<S_1<S_3.$$

故选 B。

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9. 【1998-2-3 分】 曲线 $y=-x^3+x^2+2x$ 与 $x$ 轴所围成的图形的面积 $A=$

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答案： $\frac{37}{12}$。

解析： 将函数分解因式：

$$-x^3+x^2+2x=-x(x-2)(x+1).$$

故零点为 $x=-1,0,2$。

在区间 $(-1,0)$ 上函数为负，在区间 $(0,2)$ 上函数为正。因此

$$A=-{\int }_{-1}^0(-x^3+x^2+2x)dx+{\int }_0^2(-x^3+x^2+2x)dx.$$

取原函数

$$F(x)=-\frac{x^4}{4}+\frac{x^3}{3}+x^2.$$

于是

$$-{\int }_{-1}^0(-x^3+x^2+2x)dx=F(-1)=\frac{5}{12},$$

且

$${\int }_0^2(-x^3+x^2+2x)dx=F(2)=\frac{8}{3}.$$

所以

$$A=\frac{5}{12}+\frac{8}{3}=\frac{37}{12}.$$

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10. 【2000-2-5 分】 设 $xOy$ 平面上有正方形

$$D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$$

及直线 $l:x+y=t(t\ge 0)$。若 $S(t)$ 表示正方形 $D$ 位于直线 $l$ 左下方部分的面积，试求

$${\int }_0^{x}S(t)dt(x\ge 0).$$

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答案：

$${\int }_0^{x}S(t)dt=\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{6},& 0\le x\le 1,\\ x-1+\frac{(2-x{)}^3}{6},& 1<x\le 2,\\ x-1,& x>2.\end{array}$$

解析： 先求 $S(t)$。

当 $0\le t\le 1$ 时，直线 $x+y=t$ 与两坐标轴围成直角三角形，其两直角边均为 $t$，故

$$S(t)=\frac{t^2}{2}.$$

当 $1<t\le 2$ 时，直线右上方在正方形内的部分是两直角边均为 $2-t$ 的直角三角形，因此

$$S(t)=1-\frac{(2-t{)}^2}{2}.$$

当 $t>2$ 时，整个正方形都位于直线左下方，所以

$$S(t)=1.$$

即

$$S(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{t^2}{2},& 0\le t\le 1,\\ 1-\frac{(2-t{)}^2}{2},& 1<t\le 2,\\ 1,& t>2.\end{array}$$

因此分段计算：

当 $0\le x\le 1$ 时，

$${\int }_0^{x}S(t)dt={\int }_0^x\frac{t^2}{2}dt=\frac{x^3}{6}.$$

当 $1<x\le 2$ 时，

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{x}S(t)dt& ={\int }_0^1\frac{t^2}{2}dt+{\int }_1^x\left[1-\frac{(2-t{)}^2}{2}\right]dt\\ & =\frac{1}{6}+x-1-\frac{1-(2-x{)}^3}{6}\\ & =x-1+\frac{(2-x{)}^3}{6}.\end{array}$$

当 $x>2$ 时，先注意

$${\int }_0^{2}S(t)dt=1,$$

所以

$${\int }_0^{x}S(t)dt=1+{\int }_2^{x}1dt=x-1.$$

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11. 【2002-2-3 分】 位于曲线 $y=x{e}^{-x}(0\le x<+\infty )$ 下方、$x$ 轴上方的无界图形面积是

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答案： $1$。

解析： 所求面积为反常积分

$$S={\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx.$$

分部积分得

$$\begin{array}{rl}S& ={\left[-x{e}^{-x}\right]}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}dx\\ & =0+{\left[-e^{-x}\right]}_0^{+\infty }\\ & =1.\end{array}$$

其中利用了 $\underset{x\to +\infty }{\lim }x{e}^{-x}=0$。

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12. 【2007-1234-4 分】 如图，连续函数 $y=f(x)$ 在区间 $[-3,-1]$、$[1,3]$ 上的图形分别是直径为相应区间长度的上、下半圆周，设

$$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt,$$

则下列结论正确的是（　）

A. $F(3)=-\frac{3}{4}F(-2)$

B. $F(3)=\frac{5}{4}F(2)$

C. $F(-3)=\frac{3}{4}F(2)$

D. $F(-3)=-\frac{5}{4}F(-2)$

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答案： C。

解析： 由图可知：

• 在 $[-3,-2]$ 上为半径 $\frac{1}{2}$ 的上半圆；
• 在 $[-2,0]$ 上为半径 $1$ 的下半圆；
• 在 $[0,2]$ 上为半径 $1$ 的上半圆；
• 在 $[2,3]$ 上为半径 $\frac{1}{2}$ 的下半圆。

因此

$$F(2)={\int }_0^{2}f(t)dt=\frac{1}{2}\pi \cdot 1^2=\frac{\pi }{2},$$

而

$$\begin{array}{rl}F(-3)& =-{\int }_{-3}^{0}f(t)dt\\ & =-\left(\frac{1}{2}\pi \cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{1}{2}\pi \cdot 1^2\right)\\ & =\frac{3\pi }{8}\\ & =\frac{3}{4}F(2).\end{array}$$

故 C 正确。

其余各项可由

$$F(-2)=\frac{\pi }{2},F(3)=\frac{3\pi }{8}$$

直接排除。

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13. 【2008-234-4 分】 如图，曲线段方程为 $y=f(x)$，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,a]$ 上有连续的导数，则定积分

$${\int }_0^{a}x{f}^{\prime }(x)dx$$

等于（　）

A. 曲边梯形 $ABOD$ 的面积

B. 梯形 $ABOD$ 的面积

C. 曲边三角形 $ACD$ 的面积

D. 三角形 $ACD$ 的面积

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答案： C。

解析： 分部积分得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{a}x{f}^{\prime }(x)dx& ={\left[xf(x)\right]}_0^a-{\int }_0^{a}f(x)dx\\ & =af(a)-{\int }_0^{a}f(x)dx.\end{array}$$

其中，$af(a)$ 是矩形 $ABOC$ 的面积，${\int }_0^{a}f(x)dx$ 是曲边梯形 $ABOD$ 的面积，两者之差恰为曲边三角形 $ACD$ 的面积。

故选 C。A、B、D 分别对应的几何面积均与上述积分表达式不符。

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14. 【2012-3-4 分】 由曲线 $y=\frac{4}{x}$ 和直线 $y=x$ 及 $y=4x$ 在第一象限中围成的平面图形的面积为

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答案： $4\ln 2$。

解析： 曲线 $y=\frac{4}{x}$ 与两条直线的交点分别满足

$$\frac{4}{x}=4x⟹x=1,$$

以及

$$\frac{4}{x}=x⟹x=2.$$

在 $0\le x\le 1$ 上，区域位于 $y=4x$ 与 $y=x$ 之间；在 $1\le x\le 2$ 上，区域位于 $y=\frac{4}{x}$ 与 $y=x$ 之间。因此

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^1(4x-x)dx+{\int }_1^2\left(\frac{4}{x}-x\right)dx\\ & =\frac{3}{2}+{\left[4\ln x-\frac{x^2}{2}\right]}_1^2\\ & =\frac{3}{2}+4\ln 2-\frac{3}{2}\\ & =4\ln 2.\end{array}$$

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15. 【2014-3-4 分】 设 $D$ 是由曲线 $xy+1=0$ 与直线 $x+y=0$ 及 $y=2$ 围成的有界区域，则 $D$ 的面积为

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答案： $\frac{3}{2}-\ln 2$。

解析： 将两条曲线分别写成以 $y$ 为自变量的形式：

$$x=-\frac{1}{y},x=-y.$$

曲线 $xy+1=0$ 与直线 $x+y=0$ 的交点满足

$$-\frac{1}{y}=-y,$$

即 $y^2=1$。与直线 $y=2$ 围成的有界区域对应 $1\le y\le 2$。

在此区间内，左边界为 $x=-y$，右边界为 $x=-\frac{1}{y}$，故

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_1^2\left(-\frac{1}{y}+y\right)dy\\ & ={\left[\frac{y^2}{2}-\ln y\right]}_1^2\\ & =\frac{3}{2}-\ln 2.\end{array}$$

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16. 【2017-12-4 分】 甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方 $10\mathrm{m}$ 处。图中实线表示甲的速度曲线 $v=v_1(t)$，虚线表示乙的速度曲线 $v=v_2(t)$，三块阴影部分的面积的数值依次为 $10,20,3$。计时开始后乙追上甲的时刻记为 $t_0$，则（　）

A. $t_0=10$

B. $15<t_0<20$

C. $t_0=25$

D. $t_0>25$

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答案： C。

解析： 乙相对甲增加的路程为

$${\int }_0^t[v_2(s)-v_1(s)]ds.$$

开始时甲领先 $10\mathrm{m}$。在 $0\le t\le 10$ 内，实线位于虚线上方，甲比乙又多跑了阴影面积所表示的 $10\mathrm{m}$，故到 $t=10$ 时甲共领先

$$10+10=20\mathrm{m}.$$

在 $10\le t\le 25$ 内，虚线位于实线上方，乙比甲多跑的路程正好为第二块阴影面积 $20\mathrm{m}$。因此在 $t=25$ 时，乙恰好追上甲，即

$$t_0=25.$$

第三块阴影出现在追上之后，不影响首次追上的时刻。故选 C。

（二）极坐标系下平面图形的面积

1. 【1993-12-3 分】 双纽线

$$(x^2+y^2{)}^2=x^2-y^2$$

所围成的区域面积可用定积分表示为（　）

A. $2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta d\theta$    B. $4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta d\theta$

C. $2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{\cos 2\theta }d\theta$    D. $\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos 2\theta {)}^{2}d\theta$

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答案： A。

解析： 由 $x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$，有

$$x^2+y^2=r^2,x^2-y^2=r^2\cos 2\theta .$$

故双纽线的极坐标方程为

$$r^2=\cos 2\theta .$$

右侧一瓣对应 $-\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{4}$，其面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_1& =\frac{1}{2}{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{r}^{2}d\theta \\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta d\theta \\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta d\theta .\end{array}$$

双纽线有左右对称的两瓣，所以总面积为

$$S=2S_1=2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta d\theta .$$

故选 A。B 多乘了 $2$；C 错把半径 $r$ 当作面积公式中的 $r^2$；D 的被积函数及对称倍数均不正确。

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2. 【2003-2-4 分】 设曲线的极坐标方程为 $\rho =e^{a\theta }(a>0)$，则该曲线上相应于 $\theta$ 从 $0$ 变到 $2\pi$ 的一段弧与极轴所围成的图形的面积为

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答案： $\frac{e^{4\pi a}-1}{4a}$。

解析： 极坐标曲线 $\rho =\rho (\theta )$ 从 $\theta =0$ 到 $\theta =2\pi$ 与极轴围成的面积为

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }{\rho }^{2}d\theta .$$

代入 $\rho =e^{a\theta }$，得

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }{e}^{2a\theta }d\theta \\ & =\frac{1}{2}{\left[\frac{e^{2a\theta }}{2a}\right]}_0^{2\pi }\\ & =\frac{e^{4\pi a}-1}{4a}.\end{array}$$

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3. 【2013-2-4 分】 设封闭曲线 $L$ 的极坐标方程为

$$r=\cos 3\theta \left(-\frac{\pi }{6}\le \theta \le \frac{\pi }{6}\right),$$

则 $L$ 所围平面图形的面积是

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答案： $\frac{\pi }{12}$。

解析： 在给定角度范围内，$r=\cos 3\theta \ge 0$，曲线从极点出发，形成一个完整花瓣后回到极点。因此

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{2}{\int }_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\cos }^{2}3\theta d\theta .\end{array}$$

令 $u=3\theta$，则 $d\theta =\frac{1}{3}du$，从而

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{6}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}udu\\ & =\frac{1}{6}\cdot \frac{\pi }{2}\\ & =\frac{\pi }{12}.\end{array}$$

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4. 【2022-2-5 分】 已知曲线 $L$ 的极坐标方程为

$$r=\sin 3\theta \left(0\le \theta \le \frac{\pi }{3}\right),$$

则 $L$ 围成有界区域的面积为

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{12}$。

解析： 当 $0\le \theta \le \frac{\pi }{3}$ 时，$\sin 3\theta \ge 0$，曲线恰好描出三叶玫瑰线的一个花瓣。其面积为

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{3}}{\sin }^{2}3\theta d\theta .\end{array}$$

令 $u=3\theta$，则 $d\theta =\frac{1}{3}du$，于是

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{6}{\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}udu\\ & =\frac{1}{6}\cdot \frac{\pi }{2}\\ & =\frac{\pi }{12}.\end{array}$$

大题

（一）直角坐标系下平面图形的面积

1. 【1987-5-10 分】 函数 $y=x^2$，问：

（1）$t$ 取何值时，图中阴影部分面积 $S_1$，$S_2$ 之和 $S=S_1+S_2$ 最小？

（2）$t$ 取何值时，图中阴影部分面积 $S_1$，$S_2$ 之和 $S=S_1+S_2$ 最大？

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答案： （1）$t=\frac{1}{2}$ 时，$S$ 最小；（2）$t=1$ 时，$S$ 最大。

解析： 由图可知 $0\le t\le 1$，过曲线上点 $(t,t^2)$ 作水平直线 $y=t^2$。

在 $[0,t]$ 上，水平直线位于曲线 $y=x^2$ 上方，因此

$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\int }_0^t(t^2-x^2)dx\\ & =t^3-\frac{t^3}{3}=\frac{2}{3}{t}^3.\end{array}$$

在 $[t,1]$ 上，曲线位于水平直线上方，因此

$$\begin{array}{rl}{S}_2& ={\int }_t^1(x^2-t^2)dx\\ & ={\left[\frac{x^3}{3}-t^{2}x\right]}_t^1\\ & =\frac{1}{3}-t^2+\frac{2}{3}{t}^3.\end{array}$$

于是

$$S(t)=S_1+S_2=\frac{1}{3}-t^2+\frac{4}{3}{t}^3.$$

求导得

$$S^{\prime }(t)=-2t+4t^2=2t(2t-1).$$

当 $0<t<\frac{1}{2}$ 时，$S^{\prime }(t)<0$；当 $\frac{1}{2}<t\le 1$ 时，$S^{\prime }(t)>0$。故

$$t=\frac{1}{2}$$

时 $S$ 取得最小值。此时

$$S_{\min }=S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}.$$

再比较闭区间端点：

$$S(0)=\frac{1}{3},S(1)=\frac{2}{3}.$$

所以 $t=1$ 时 $S$ 取得最大值 $\frac{2}{3}$。

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2. 【1987-4-10 分】 函数 $y=\sin x\left(0\le x\le \frac{\pi }{2}\right)$，问：

（1）$t$ 取何值时，图中阴影部分面积 $S_1$，$S_2$ 之和 $S=S_1+S_2$ 最小？

（2）$t$ 取何值时，图中阴影部分面积 $S_1$，$S_2$ 之和 $S=S_1+S_2$ 最大？

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答案： （1）$t=\frac{\pi }{4}$ 时，$S$ 最小；（2）$t=0$ 时，$S$ 最大。

解析： 由图可知 $0\le t\le \frac{\pi }{2}$，过曲线上点 $(t,\sin t)$ 作水平直线 $y=\sin t$。

因此

$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\int }_0^t(\sin t-\sin x)dx\\ & =t\sin t+\cos t-1,\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}{S}_2& ={\int }_t^{\frac{\pi }{2}}(\sin x-\sin t)dx\\ & =\cos t-\left(\frac{\pi }{2}-t\right)\sin t.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}S(t)& =S_1+S_2\\ & =2\cos t-1+\left(2t-\frac{\pi }{2}\right)\sin t.\end{array}$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(t)& =-2\sin t+2\sin t+\left(2t-\frac{\pi }{2}\right)\cos t\\ & =\left(2t-\frac{\pi }{2}\right)\cos t.\end{array}$$

在 $0\le t<\frac{\pi }{4}$ 上，$S^{\prime }(t)<0$；在 $\frac{\pi }{4}<t<\frac{\pi }{2}$ 上，$S^{\prime }(t)>0$。因此

$$t=\frac{\pi }{4}$$

时 $S$ 取得最小值，且

$$S_{\min }=\sqrt{2}-1.$$

比较端点值：

$$S(0)=1,$$$$S\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{2}-1<1.$$

故 $t=0$ 时，$S$ 取得最大值 $1$。

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3. 【1987-3-10 分】 在第一象限内，求曲线 $y=-x^2+1$ 上的一点，使该点处切线与所给曲线及两坐标轴围成的面积最小，并求出此最小面积。

查看答案与解析

答案： 所求点为 $\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{2}{3}\right)$，最小面积为 $\frac{4\sqrt{3}-6}{9}$。

解析： 设切点为

$$P(a,1-a^2),0<a<1.$$

曲线 $y=1-x^2$ 在 $x=a$ 处的导数为 $-2a$，故切线方程为

$$\begin{array}{rl}y-(1-a^2)& =-2a(x-a),\end{array}$$

即

$$y=1+a^2-2ax.$$

该切线在两坐标轴上的截距分别为

$$x_0=\frac{1+a^2}{2a},y_0=1+a^2.$$

由于抛物线开口向下，切线位于曲线上方。题中由切线、曲线及两坐标轴围成的两部分面积之和，等于切线与两坐标轴所成三角形面积减去曲线与两坐标轴所围面积。因此

$$\begin{array}{rl}S(a)& =\frac{1}{2}{x}_0{y}_0-{\int }_0^1(1-x^2)dx\\ & =\frac{(1+a^2{)}^2}{4a}-\frac{2}{3}.\end{array}$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(a)& =\frac{1}{4}\left(3a^2+2-\frac{1}{a^2}\right)\\ & =\frac{(3a^2-1)(a^2+1)}{4a^2}.\end{array}$$

因为 $a>0$，所以 $S^{\prime }(a)=0$ 等价于

$$3a^2-1=0,$$

从而

$$a=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

当 $0<a<\frac{1}{\sqrt{3}}$ 时，$S^{\prime }(a)<0$；当 $\frac{1}{\sqrt{3}}<a<1$ 时，$S^{\prime }(a)>0$，故此处取得最小值。

切点纵坐标为

$$1-a^2=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3},$$

所以所求切点为

$$P\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{2}{3}\right).$$

最小面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_{\min }& =\frac{{\left(1+\frac{1}{3}\right)}^2}{\frac{4}{\sqrt{3}}}-\frac{2}{3}\\ & =\frac{4\sqrt{3}}{9}-\frac{2}{3}\\ & =\frac{4\sqrt{3}-6}{9}.\end{array}$$

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4. 【1988-12-9 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且在 $(a,b)$ 内有 $f^{\prime }(x)>0$。证明：在 $(a,b)$ 内存在唯一的 $\xi$，使曲线 $y=f(x)$ 与两直线 $y=f(\xi )$，$x=a$ 所围平面图形面积 $S_1$ 是曲线 $y=f(x)$ 与两直线 $y=f(\xi )$，$x=b$ 所围平面图形面积 $S_2$ 的 $3$ 倍。

查看答案与解析

答案： 在 $(a,b)$ 内存在唯一的 $\xi$，使得 $S_1=3S_2$。

解析： 由 $f^{\prime }(x)>0$ 可知，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上严格单调递增。对任意 $\xi \in (a,b)$，有

$$S_1(\xi )={\int }_a^{\xi }\left[f(\xi )-f(x)\right]dx,$$$$S_2(\xi )={\int }_{\xi }^b\left[f(x)-f(\xi )\right]dx.$$

令

$$\Phi (\xi )=S_1(\xi )-3S_2(\xi ).$$

由于 $f(x)$ 连续，故 $\Phi (\xi )$ 在 $[a,b]$ 上连续。把端点代入，得

$$\begin{array}{rl}\Phi (a)& =-3{\int }_a^b\left[f(x)-f(a)\right]dx<0,\end{array}$$

这是因为当 $x\in (a,b]$ 时，$f(x)>f(a)$。同理，

$$\begin{array}{rl}\Phi (b)& ={\int }_a^b\left[f(b)-f(x)\right]dx>0.\end{array}$$

由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使

$$\Phi (\xi )=0,$$

即

$$S_1(\xi )=3S_2(\xi ).$$

下面证明该点唯一。由变上限积分求导公式，

$$\begin{array}{rl}{S}_1^{\prime }(\xi )& =(\xi -a)f^{\prime }(\xi ),\\ S_2^{\prime }(\xi )& =-(b-\xi )f^{\prime }(\xi ).\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\Phi }^{\prime }(\xi )& =S_1^{\prime }(\xi )-3S_2^{\prime }(\xi )\\ & =\left[(\xi -a)+3(b-\xi )\right]f^{\prime }(\xi )\\ & =(3b-a-2\xi )f^{\prime }(\xi ).\end{array}$$

当 $a<\xi <b$ 时，

$$3b-a-2\xi >3b-a-2b=b-a>0,$$

又 $f^{\prime }(\xi )>0$，故

$${\Phi }^{\prime }(\xi )>0.$$

所以 $\Phi (\xi )$ 在 $(a,b)$ 上严格单调递增，零点至多有一个。结合前面的存在性可知，所求 $\xi$ 存在且唯一。

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