一、平面图形的面积｜大题·直角坐标系下平面图形的面积

大题

（一）直角坐标系下平面图形的面积

5. 【1990-3-9 分】 在椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 的第一象限上取点 $P$，过该点作切线，使切线、椭圆及两坐标轴所围图形的面积最小，其中 $a>0$，$b>0$。

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答案： 应取

$$P\left(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{b}{\sqrt{2}}\right).$$

此时切线方程为

$$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=\sqrt{2},$$

所围图形的最小面积为

$$ab\left(1-\frac{\pi }{4}\right).$$

解析： 设第一象限内的切点为

$$P(x_0,y_0),$$

则

$$\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1,x_0>0,y_0>0.$$

椭圆在点 $P$ 处的切线方程为

$$\frac{x_{0}x}{a^2}+\frac{y_{0}y}{b^2}=1.$$

令 $y=0$，得到切线在 $x$ 轴上的截距

$$A=\frac{a^2}{x_0}.$$

令 $x=0$，得到切线在 $y$ 轴上的截距

$$B=\frac{b^2}{y_0}.$$

切线与两坐标轴围成的三角形面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_{△}& =\frac{1}{2}AB\\ & =\frac{a^2{b}^2}{2x_0{y}_0}.\end{array}$$

椭圆在第一象限内的面积恒为

$$S_{\text{椭圆}}=\frac{\pi ab}{4}.$$

因此题中图形的面积为

$$S=\frac{a^2{b}^2}{2x_0{y}_0}-\frac{\pi ab}{4}.$$

第二项为常数，所以要使 $S$ 最小，只需使 $x_0{y}_0$ 最大。

令

$$x_0=a\cos \theta ,y_0=b\sin \theta ,0<\theta <\frac{\pi }{2}.$$

则

$$\begin{array}{rl}{x}_0{y}_0& =ab\sin \theta \cos \theta \\ & =\frac{ab}{2}\sin 2\theta \\ & \le \frac{ab}{2}.\end{array}$$

等号当且仅当

$$2\theta =\frac{\pi }{2},$$

即 $\theta =\frac{\pi }{4}$ 时成立。因此

$$x_0=\frac{a}{\sqrt{2}},y_0=\frac{b}{\sqrt{2}}.$$

把该点代入切线方程，得

$$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=\sqrt{2}.$$

此时三角形面积为

$$S_{△,\min }=ab,$$

故所围图形的最小面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_{\min }& =ab-\frac{\pi ab}{4}\\ & =ab\left(1-\frac{\pi }{4}\right).\end{array}$$

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6. 【1991-3-9 分】 如图，$A$ 和 $D$ 分别是曲线 $y=e^x$ 和 $y=e^{-2x}$ 上的点，$AB$ 和 $DC$ 均垂直 $x$ 轴，且 $|AB|:|DC|=2:1$，$|AB|<1$，求点 $B$ 和 $C$ 的横坐标，使梯形 $ABCD$ 的面积最大。

查看答案与解析

答案：

$$x_B=-1+\frac{1}{3}\ln 2,x_C=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\ln 2.$$

解析： 设

$$|AB|=h,0<h<1.$$

由 $|AB|:|DC|=2:1$，有

$$|DC|=\frac{h}{2}.$$

设点 $B$、$C$ 的横坐标分别为 $x_B$、$x_C$。由于 $A$ 在曲线 $y=e^x$ 上，故

$$e^{x_B}=h,$$

从而

$$x_B=\ln h.$$

由于 $D$ 在曲线 $y=e^{-2x}$ 上，故

$$e^{-2x_C}=\frac{h}{2},$$

从而

$$x_C=-\frac{1}{2}\ln \frac{h}{2}.$$

梯形的两条平行边为 $AB$ 与 $DC$，它们之间的距离为 $x_C-x_B$，所以梯形面积为

$$\begin{array}{rl}S(h)& =\frac{1}{2}\left(h+\frac{h}{2}\right)(x_C-x_B)\\ & =\frac{3h}{4}\left(-\frac{1}{2}\ln \frac{h}{2}-\ln h\right)\\ & =\frac{3h}{4}\left(-\frac{3}{2}\ln h+\frac{1}{2}\ln 2\right).\end{array}$$

求导得

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

令 $S^{\prime }(h)=0$，得到

$$-\frac{3}{2}\ln h+\frac{1}{2}\ln 2-\frac{3}{2}=0,$$

即

$$\ln h=-1+\frac{1}{3}\ln 2.$$

又

$$S^{\prime \prime }(h)=-\frac{9}{8h}<0,$$

故该驻点是唯一的最大值点。

于是

$$x_B=\ln h=-1+\frac{1}{3}\ln 2.$$

并且

$$\begin{array}{rl}{x}_C& =-\frac{1}{2}\ln \frac{h}{2}\\ & =-\frac{1}{2}(\ln h-\ln 2)\\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\ln 2.\end{array}$$

因此，当

$$x_B=-1+\frac{1}{3}\ln 2,x_C=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\ln 2$$

时，梯形 $ABCD$ 的面积最大。

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7. 【1992-3-7 分】 求曲线 $y=\sqrt{x}$ 的一条切线 $l$，使该曲线与切线 $l$ 及直线 $x=0$，$x=2$ 所围成的平面图形面积最小。

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答案： 切点为 $(1,1)$，所求切线为

$$l:y=\frac{x+1}{2}.$$

最小面积为

$$S_{\min }=2-\frac{4\sqrt{2}}{3}.$$

解析： 设切点横坐标为 $a>0$，则切点为

$$A(a,\sqrt{a}).$$

曲线 $y=\sqrt{x}$ 的导数为

$$y^{\prime }=\frac{1}{2\sqrt{x}},$$

故曲线在点 $A$ 处的切线方程为

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

即

$$y=\frac{x}{2\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{2}.$$

由于

$$y^{\prime \prime }=-\frac{1}{4x^{3/2}}<0(x>0),$$

曲线 $y=\sqrt{x}$ 是上凸曲线，其任一切线均位于曲线的上方。因此，切线、曲线及两条直线 $x=0$、$x=2$ 所围面积为

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

令 $u=\sqrt{a}>0$，则

$$S(a)=u+\frac{1}{u}-\frac{4\sqrt{2}}{3}.$$

由基本不等式

$$u+\frac{1}{u}\ge 2,$$

且等号当且仅当 $u=1$ 时成立，故

$$a=1.$$

此时切线方程为

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

最小面积为

$$S_{\min }=2-\frac{4\sqrt{2}}{3}.$$

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8. 【1998-3-6 分】 设两条抛物线 $y=n{x}^2+\frac{1}{n}$ 和 $y=(n+1)x^2+\frac{1}{n+1}$，记它们交点的横坐标的绝对值为 $a_n$。

（1）求这两条抛物线所围成的平面图形的面积 $S_n$；

（2）求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{a_n}$ 的和。

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答案：

$$a_n=\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}},$$

$$S_n=\frac{4}{3[n(n+1){]}^{3/2}},$$

且

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{a_n}=\frac{4}{3}.$$

解析： 两条抛物线的交点满足

$$n{x}^2+\frac{1}{n}=(n+1)x^2+\frac{1}{n+1}.$$

整理得

$$\begin{array}{rl}{x}^2& =\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\\ & =\frac{1}{n(n+1)}.\end{array}$$

因此两个交点的横坐标为

$$x=\pm \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}},$$

从而

$$a_n=\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}.$$

在区间 $[-a_n,a_n]$ 上，两条曲线纵坐标之差为

$$\begin{array}{rl}\left(n{x}^2+\frac{1}{n}\right)-\left[(n+1)x^2+\frac{1}{n+1}\right]& =\frac{1}{n(n+1)}-x^2\\ & =a_n^2-x^2\ge 0.\end{array}$$

故所围面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_n& ={\int }_{-a_n}^{a_n}(a_n^2-x^2)dx\\ & =2{\int }_0^{a_n}(a_n^2-x^2)dx\\ & =2\left(a_n^3-\frac{a_n^3}{3}\right)\\ & =\frac{4}{3}{a}_n^3\\ & =\frac{4}{3[n(n+1){]}^{3/2}}.\end{array}$$

于是

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

因此级数为望远镜级数，且

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{a_n}& =\frac{4}{3}\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\ & =\frac{4}{3}.\end{array}$$

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9. 【1999-34-6 分】 曲线 $y=\frac{1}{\sqrt{x}}$ 的切线与 $x$ 轴和 $y$ 轴围成一个图形，记切点的横坐标为 $\alpha$，试求切线方程和这个图形的面积。当切点沿曲线趋于无穷远时，该面积的变化趋势如何？

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答案： 切线方程为

$$y=-\frac{x}{2{\alpha }^{3/2}}+\frac{3}{2\sqrt{\alpha }}.$$

切线与两坐标轴围成的面积为

$$S(\alpha )=\frac{9}{4}\sqrt{\alpha }.$$

当 $\alpha \to +\infty$ 时，

$$S(\alpha )\to +\infty ,$$

即该面积随切点向无穷远移动而单调增大，并趋于正无穷。

解析： 设

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}=x^{-1/2},$$

则

$$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{2x^{3/2}}.$$

当切点横坐标为 $\alpha >0$ 时，切点为

$$A\left(\alpha ,\frac{1}{\sqrt{\alpha }}\right).$$

因此切线方程为

$$\begin{array}{rl}y-\frac{1}{\sqrt{\alpha }}& =-\frac{1}{2{\alpha }^{3/2}}(x-\alpha ),\end{array}$$

整理得

$$y=-\frac{x}{2{\alpha }^{3/2}}+\frac{3}{2\sqrt{\alpha }}.$$

令 $y=0$，得到切线与 $x$ 轴的交点横坐标为

$$x=3\alpha .$$

令 $x=0$，得到切线与 $y$ 轴的交点纵坐标为

$$y=\frac{3}{2\sqrt{\alpha }}.$$

故切线与两坐标轴围成的图形为直角三角形，其面积为

$$\begin{array}{rl}S(\alpha )& =\frac{1}{2}\cdot 3\alpha \cdot \frac{3}{2\sqrt{\alpha }}\\ & =\frac{9}{4}\sqrt{\alpha }.\end{array}$$

又

$$S^{\prime }(\alpha )=\frac{9}{8\sqrt{\alpha }}>0,$$

故面积随 $\alpha$ 的增大而单调增加，并且

$$\underset{\alpha \to +\infty }{\lim }S(\alpha )=+\infty .$$

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10. 【2001-3-7 分】 已知抛物线 $y=p{x}^2+qx$（其中 $p<0$，$q>0$）在第一象限内与直线 $x+y=5$ 相切，且此抛物线与 $x$ 轴所围成的平面图形的面积为 $S$。

（1）问 $p$ 和 $q$ 为何值时，$S$ 达到最大值？

（2）求出此最大值。

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答案： 当

$$p=-\frac{4}{5},q=3$$

时，面积 $S$ 取得最大值，且

$$S_{\max }=\frac{225}{32}.$$

解析： 抛物线与直线 $y=5-x$ 相切，因此方程

$$p{x}^2+qx=5-x$$

即

$$p{x}^2+(q+1)x-5=0$$

有两个相等的实根。由判别式为零，得

$$(q+1{)}^2+20p=0,$$

从而

$$p=-\frac{(q+1{)}^2}{20}.$$

切点的横坐标为

$$\begin{array}{rl}{x}_0& =-\frac{q+1}{2p}\\ & =\frac{10}{q+1}.\end{array}$$

切点位于第一象限，故 $0<x_0<5$，于是

$$q>1.$$

抛物线与 $x$ 轴的两个交点横坐标为

$$x=0,x=-\frac{q}{p}>0.$$

因此所围面积为

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^{-q/p}(p{x}^2+qx)dx\\ & ={\left(\frac{p}{3}{x}^3+\frac{q}{2}{x}^2\right)|}_0^{-q/p}\\ & =\frac{q^3}{6p^2}.\end{array}$$

代入 $p=-\frac{(q+1{)}^2}{20}$，得

$$S(q)=\frac{200}{3}\cdot \frac{q^3}{(q+1{)}^4},q>1.$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(q)& =\frac{200}{3}\cdot \frac{q^2(3-q)}{(q+1{)}^5}.\end{array}$$

当 $1<q<3$ 时，$S^{\prime }(q)>0$；当 $q>3$ 时，$S^{\prime }(q)<0$。故 $q=3$ 时 $S$ 取得最大值。

此时

$$p=-\frac{(3+1{)}^2}{20}=-\frac{4}{5},$$

并且

$$\begin{array}{rl}{S}_{\max }& =\frac{200}{3}\cdot \frac{3^3}{4^4}\\ & =\frac{225}{32}.\end{array}$$

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11. 【2004-4-12 分】 设

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{2x},& x\le 0,\\ e^{-2x},& x>0,\end{array}$$

$S$ 表示在 $x$ 轴与曲线 $y=F(x)$ 之间的总面积。对任何 $t>0$，$S_1(t)$ 表示矩形 $-t\le x\le t$，$0\le y\le F(t)$ 的面积。

（1）求 $S(t)=S-S_1(t)$ 的表达式；

（2）求 $S(t)$ 的最小值。

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答案：

$$S(t)=1-2t{e}^{-2t},t>0.$$

当 $t=\frac{1}{2}$ 时，$S(t)$ 取得最小值

$$S_{\min }=1-\frac{1}{e}.$$

解析： 曲线关于 $y$ 轴对称，且

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_{-\infty }^0{e}^{2x}dx+{\int }_0^{+\infty }{e}^{-2x}dx\\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\\ & =1.\end{array}$$

由于 $t>0$，有

$$F(t)=e^{-2t}.$$

矩形的底为 $2t$，高为 $e^{-2t}$，故

$$S_1(t)=2t{e}^{-2t}.$$

因此

$$S(t)=S-S_1(t)=1-2t{e}^{-2t}.$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(t)& =-2e^{-2t}+4t{e}^{-2t}\\ & =2e^{-2t}(2t-1).\end{array}$$

当 $0<t<\frac{1}{2}$ 时，$S^{\prime }(t)<0$；当 $t>\frac{1}{2}$ 时，$S^{\prime }(t)>0$。所以 $t=\frac{1}{2}$ 是唯一的极小值点，也就是最小值点。

于是

$$\begin{array}{rl}{S}_{\min }& =S\left(\frac{1}{2}\right)\\ & =1-2\cdot \frac{1}{2}\cdot e^{-1}\\ & =1-\frac{1}{e}.\end{array}$$

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12. 【2006-2-12 分】 已知曲线 $L$ 的方程

$$\{\begin{array}{ll}x=t^2+1,& t\ge 0,\\ y=4t-t^2,& t\ge 0.\end{array}$$

（1）讨论 $L$ 的凹凸性；

（2）过点 $(-1,0)$ 引 $L$ 的切线，求切点 $(x_0,y_0)$，并写出切线的方程；

（3）求此切线与 $L$（对应于 $x\le x_0$ 的部分）及 $x$ 轴所围成的平面图形的面积。

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答案： （1）当 $x>1$ 时，

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}<0,$$

故曲线向下凹（即曲线位于其切线下方），无拐点。

（2）切点为

$$(x_0,y_0)=(2,3),$$

切线方程为

$$y=x+1.$$

（3）所围图形面积为

$$S=\frac{7}{3}.$$

解析： （1）当 $t>0$ 时，

$$\frac{dx}{dt}=2t,\frac{dy}{dt}=4-2t.$$

故

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{dy/dt}{dx/dt}\\ & =\frac{4-2t}{2t}\\ & =\frac{2}{t}-1.\end{array}$$

再求导，得

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{2}{t}-1\right)}{dx/dt}\\ & =\frac{-2/t^2}{2t}\\ & =-\frac{1}{t^3}<0.\end{array}$$

因此曲线在 $x>1$ 上向下凹，无拐点。在 $t=0$ 处，曲线的切线为竖直直线 $x=1$。

（2）设切点所对应的参数为 $t_0>0$，则

$$x_0=t_0^2+1,y_0=4t_0-t_0^2,$$

切线斜率为

$$k=\frac{2}{t_0}-1.$$

切线方程为

$$y-(4t_0-t_0^2)=\left(\frac{2}{t_0}-1\right)\left[x-(t_0^2+1)\right].$$

该切线经过点 $(-1,0)$，故

$$-(4t_0-t_0^2)=\left(\frac{2}{t_0}-1\right)(-t_0^2-2).$$

等价地，

$$4t_0-t_0^2=\left(\frac{2}{t_0}-1\right)(t_0^2+2).$$

化简得

$$\begin{array}{rl}4t_0-t_0^2& =2t_0+\frac{4}{t_0}-t_0^2-2,\\ t_0^2+t_0-2& =0.\end{array}$$

因此

$$(t_0-1)(t_0+2)=0.$$

由 $t_0>0$，得

$$t_0=1.$$

于是

$$(x_0,y_0)=(2,3),k=1,$$

所以切线方程为

$$y=x+1.$$

（3）当 $0\le t\le 1$ 时，曲线对应于 $1\le x\le 2$ 的部分。所围图形可分为两部分：

第一部分是 $-1\le x\le 1$ 上切线与 $x$ 轴之间的区域，其面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\int }_{-1}^1(x+1)dx\\ & =2.\end{array}$$

第二部分是 $1\le x\le 2$ 上切线与曲线之间的区域。利用参数方程，在线上有

$$y_{\text{切}}=x+1=t^2+2,$$

而曲线上有

$$y_L=4t-t^2,dx=2tdt.$$

故

$$\begin{array}{rl}{S}_2& ={\int }_0^1\left[(t^2+2)-(4t-t^2)\right]2tdt\\ & ={\int }_0^{1}4t(t-1{)}^{2}dt\\ & =\frac{1}{3}.\end{array}$$

因此总面积为

$$S=S_1+S_2=2+\frac{1}{3}=\frac{7}{3}.$$

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13. 【2010-2-10 分】 一个高为 $l$ 的柱体形贮油罐，底面是长轴为 $2a$、短轴为 $2b$ 的椭圆。现将贮油罐平放，当油罐中油面高度为 $\frac{3}{2}b$ 时（如图），计算油的质量。（长度单位为 $\mathrm{m}$，质量单位为 $\mathrm{kg}$，油的密度为常数 $\rho kg/{\mathrm{m}}^3$。）

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答案： 油的质量为

$$m=\rho abl\left(\frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right).$$

解析： 取油罐的椭圆形横截面建立直角坐标系，使椭圆中心为原点，长轴沿 $x$ 轴，短轴沿 $y$ 轴，则椭圆方程为

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.$$

椭圆最低点的纵坐标为 $-b$。油面高度为 $\frac{3}{2}b$，故油面的纵坐标为

$$-b+\frac{3}{2}b=\frac{b}{2}.$$

在高度 $y$ 处，椭圆横截面的宽度为

$$2x=2a\sqrt{1-\frac{y^2}{b^2}}.$$

因此油所占横截面的面积为

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-b}^{b/2}2a\sqrt{1-\frac{y^2}{b^2}}dy.\end{array}$$

令 $u=\frac{y}{b}$，则 $dy=bdu$，从而

$$\begin{array}{rl}A& =2ab{\int }_{-1}^{1/2}\sqrt{1-u^2}du\\ & =2ab{\left[\frac{1}{2}\left(u\sqrt{1-u^2}+\arcsin u\right)\right]}_{-1}^{1/2}\\ & =2ab\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi }{12}+\frac{\pi }{4}\right)\\ & =ab\left(\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{2\pi }{3}\right).\end{array}$$

油罐长度为 $l$，故油的体积为

$$V=Al=abl\left(\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{2\pi }{3}\right).$$

由质量等于密度乘体积，得

$$m=\rho V=\rho abl\left(\frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right).$$

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14. 【2014-2-11 分】 设函数

$$f(x)=\frac{x}{1+x},x\in [0,1],$$

定义函数列

$$f_1(x)=f(x),f_2(x)=f(f_1(x)),\cdots ,f_n(x)=f(f_{n-1}(x)),\cdots$$

记 $S_n$ 是由曲线 $y=f_n(x)$、直线 $x=1$ 及 $x$ 轴所围平面图形的面积。求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{S}_n.$$

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答案：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{S}_n=1.$$

解析： 先求函数迭代式。由

$$f_1(x)=\frac{x}{1+x},$$

猜想

$$f_n(x)=\frac{x}{1+nx}.$$

当 $n=1$ 时结论成立。若对某个正整数 $n$ 成立，则

$$\begin{array}{rl}{f}_{n+1}(x)& =f(f_n(x))\\ & =\frac{\frac{x}{1+nx}}{1+\frac{x}{1+nx}}\\ & =\frac{x}{1+(n+1)x}.\end{array}$$

故由数学归纳法，

$$f_n(x)=\frac{x}{1+nx}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{S}_n& ={\int }_0^1\frac{x}{1+nx}dx.\end{array}$$

令 $u=1+nx$，则 $x=\frac{u-1}{n}$，$dx=\frac{du}{n}$，所以

$$\begin{array}{rl}{S}_n& =\frac{1}{n^2}{\int }_1^{n+1}\left(1-\frac{1}{u}\right)du\\ & =\frac{n-\ln (n+1)}{n^2}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}n{S}_n& =1-\frac{\ln (n+1)}{n}.\end{array}$$

由于 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln (n+1)}{n}=0$，故

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{S}_n=1.$$

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15. 【2019-2-10 分】 设 $n$ 是正整数，记 $S_n$ 为曲线

$$y=e^{-x}\sin x,0\le x\le n\pi ,$$

与 $x$ 轴所围图形的面积。求 $S_n$，并求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n.$$

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答案：

$$S_n=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}\left(1-e^{-n\pi }\right),$$

且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}.$$

解析： 函数 $\sin x$ 在相邻区间 $[k\pi ,(k+1)\pi ]$ 上符号交替，因此面积应按绝对值求和：

$$S_n=\sum _{k=0}^{n-1}\left|{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{e}^{-x}\sin xdx\right|.$$

先计算原函数：

$$\int e^{-x}\sin xdx=-\frac{1}{2}{e}^{-x}(\sin x+\cos x)+C.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{e}^{-x}\sin xdx& =-\frac{1}{2}{\left[e^{-x}(\sin x+\cos x)\right]}_{k\pi }^{(k+1)\pi }\\ & =\frac{(-1{)}^k}{2}\left(e^{-k\pi }+e^{-(k+1)\pi }\right).\end{array}$$

故第 $k+1$ 个小区域的面积为

$$\frac{1}{2}\left(e^{-k\pi }+e^{-(k+1)\pi }\right)=\frac{1+e^{-\pi }}{2}{e}^{-k\pi }.$$

从而

$$\begin{array}{rl}{S}_n& =\frac{1+e^{-\pi }}{2}\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{-k\pi }\\ & =\frac{1+e^{-\pi }}{2}\cdot \frac{1-e^{-n\pi }}{1-e^{-\pi }}.\end{array}$$

即

$$S_n=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}\left(1-e^{-n\pi }\right).$$

令 $n\to \infty$，因 $e^{-n\pi }\to 0$，所以

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}.$$

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16. 【2019-13-10 分】 求曲线

$$y=e^{-x}\sin x,x\ge 0,$$

与 $x$ 轴之间图形的面积。

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答案：

$$S=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}.$$

解析： 所求面积为反常积分

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

将积分区间按 $[k\pi ,(k+1)\pi ]$ 分段，则

$$\begin{array}{rl}S& =\sum _{k=0}^{\infty }\left|{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{e}^{-x}\sin xdx\right|\\ & =\frac{1+e^{-\pi }}{2}\sum _{k=0}^{\infty }{e}^{-k\pi }.\end{array}$$

这是公比为 $e^{-\pi }$ 的收敛等比级数，因此

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1+e^{-\pi }}{2}\cdot \frac{1}{1-e^{-\pi }}\\ & =\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}.\end{array}$$

也可直接利用上一题的结果，令 $n\to \infty$ 得到同一结论。

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17. 【2024-3-10 分】 设 $t>0$，平面有界区域 $D$ 由曲线

$$y=x{e}^{-2x}$$

与直线 $x=t$、$x=2t$ 及 $x$ 轴围成，$D$ 的面积为 $S(t)$，求 $S(t)$ 的最大值。

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答案： 当

$$t=\ln 2$$

时，$S(t)$ 取得最大值

$$S_{\max }=\frac{4\ln 2+3}{64}.$$

解析： 由于 $x>0$ 时 $x{e}^{-2x}>0$，故

$$S(t)={\int }_t^{2t}x{e}^{-2x}dx.$$

利用变上、下限积分求导公式，得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(t)& =2\cdot (2t)e^{-4t}-t{e}^{-2t}\\ & =4t{e}^{-4t}-t{e}^{-2t}\\ & =t{e}^{-4t}\left(4-e^{2t}\right).\end{array}$$

因为 $t>0$，所以 $t{e}^{-4t}>0$。于是

$$\{\begin{array}{ll}{S}^{\prime }(t)>0,& 0<t<\ln 2,\\ S^{\prime }(t)=0,& t=\ln 2,\\ S^{\prime }(t)<0,& t>\ln 2.\end{array}$$

故 $S(t)$ 在 $(0,\ln 2)$ 上单调增加，在 $(\ln 2,+\infty )$ 上单调减少，因此在 $t=\ln 2$ 处取得最大值。

又

$$\int x{e}^{-2x}dx=-\frac{2x+1}{4}{e}^{-2x}+C,$$

所以

$$\begin{array}{rl}S(t)& ={\left[-\frac{2x+1}{4}{e}^{-2x}\right]}_t^{2t}\\ & =\frac{(2t+1)e^{-2t}-(4t+1)e^{-4t}}{4}.\end{array}$$

取 $t=\ln 2$，此时 $e^{-2t}=\frac{1}{4}$，$e^{-4t}=\frac{1}{16}$，故

$$\begin{array}{rl}{S}_{\max }& =\frac{1}{4}\left[\frac{2\ln 2+1}{4}-\frac{4\ln 2+1}{16}\right]\\ & =\frac{4\ln 2+3}{64}.\end{array}$$