二、简单几何体的体积｜小题与大题

小题

（一）自变量与旋转轴一致

1. 【1996-3-5 分】 设有一正椭圆柱体，其底面的长、短轴分别为 $2a$，$2b$，用过此柱体底面的短轴且与底面成 $\alpha$ 角 $\left(0<\alpha <\frac{\pi }{2}\right)$ 的平面截此柱体，得一楔形体（如图），求此楔形体的体积 $V$。

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答案：

$$V=\frac{2}{3}{a}^{2}b\tan \alpha .$$

解析： 以椭圆底面的中心为原点，长轴为 $x$ 轴，短轴为 $y$ 轴，则底面椭圆为

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

截平面通过短轴，即通过直线 $x=0$，并与底面成角 $\alpha$。在楔形体所在的半椭圆 $x\ge 0$ 上，截平面到椭圆底面的高度为

$$z=x\tan \alpha .$$

固定 $x\in [0,a]$，底面截线在 $y$ 方向上的长度为

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

因此，垂直于 $x$ 轴的截面面积为

$$A(x)=2b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\cdot x\tan \alpha .$$

故楔形体的体积

$$\begin{array}{rl}V& ={\int }_0^{a}A(x)dx\\ & =2b\tan \alpha {\int }_0^{a}x\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}dx.\end{array}$$

令 $u=1-\frac{x^2}{a^2}$，则 $xdx=-\frac{a^2}{2}du$，于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{a}x\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}dx& =\frac{a^2}{2}{\int }_0^1{u}^{\frac{1}{2}}du\\ & =\frac{a^2}{3}.\end{array}$$

所以

$$V=2b\tan \alpha \cdot \frac{a^2}{3}=\frac{2}{3}{a}^{2}b\tan \alpha .$$

本题关键是把斜截面的高度写成 $x\tan \alpha$，再用截面法积分。

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2. 【1988-3-4 分】 曲线 $y={\sin }^{\frac{3}{2}}x(0\le x\le \pi )$ 与 $x$ 轴围成的图形绕 $x$ 轴旋转所形成的旋转体体积为（　）

A. $\frac{4}{3}$    B. $\frac{4}{3}\pi$    C. $\frac{2}{3}{\pi }^2$    D. $\frac{2}{3}\pi$

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答案： B。

解析： 绕 $x$ 轴旋转，采用圆盘法：

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^{\pi }{y}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_0^{\pi }{\sin }^{3}xdx.\end{array}$$

利用对称性，

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }{\sin }^{3}xdx& =2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin x(1-{\cos }^{2}x)dx\\ & =2{\int }_0^1(1-u^2)du\\ & =\frac{4}{3}.\end{array}$$

故

$$V=\frac{4}{3}\pi .$$

A、D 均漏算或误算旋转体的圆盘面积因子 $\pi$；C 则把积分区间长度误当成额外的 $\pi$ 因子。

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3. 【1989-3-3 分】 曲线 $y=\cos x\left(-\frac{\pi }{2}\le x\le \frac{\pi }{2}\right)$ 与 $x$ 轴围成图形绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转体的体积（　）

A. $\frac{\pi }{2}$    B. $\pi$    C. $\frac{{\pi }^2}{2}$    D. ${\pi }^2$

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答案： C。

解析： 由圆盘法，

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx\\ & =2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx.\end{array}$$

又

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx=\frac{\pi }{4},$$

因此

$$V=2\pi \cdot \frac{\pi }{4}=\frac{{\pi }^2}{2}.$$

A、B 均没有正确使用 $V=\pi \int y^{2}dx$；D 则多出一倍。

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4. 【1996-3-3 分】 设 $f(x)$，$g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且 $g(x)<f(x)<m$（$m$ 为常数），由曲线 $y=g(x)$，$y=f(x)$，$x=a$ 及 $x=b$ 所围成平面图形绕直线 $y=m$ 旋转而成的旋转体体积为（　）

A. ${\int }_a^b\pi [2m-f(x)+g(x)][f(x)-g(x)]dx$    B. ${\int }_a^b\pi [2m-f(x)-g(x)][f(x)-g(x)]dx$

C. ${\int }_a^b\pi [m-f(x)+g(x)][f(x)-g(x)]dx$    D. ${\int }_a^b\pi [m-f(x)-g(x)][f(x)-g(x)]dx$

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答案： B。

解析： 由于 $g(x)<f(x)<m$，绕直线 $y=m$ 旋转时，外半径与内半径分别为

$$R(x)=m-g(x),r(x)=m-f(x).$$

垫片截面面积为

$$\begin{array}{rl}A(x)& =\pi \left[R^2(x)-r^2(x)\right]\\ & =\pi \left[(m-g{)}^2-(m-f{)}^2\right]\\ & =\pi [f(x)-g(x)][2m-f(x)-g(x)].\end{array}$$

故

$$V={\int }_a^b\pi [2m-f(x)-g(x)][f(x)-g(x)]dx.$$

A 的第一因子符号错误；C、D 没有正确展开平方差，均缺少一个 $m$。

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5. 【2010-3-4 分】 设位于曲线

$$y=\frac{1}{\sqrt{x(1+{\ln }^{2}x)}}(e\le x<+\infty )$$

下方、$x$ 轴上方的无界区域为 $G$，则 $G$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得空间区域的体积为______。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{{\pi }^2}{4}.$$

解析： 由圆盘法，旋转体体积为反常积分

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_e^{+\infty }{y}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x(1+{\ln }^{2}x)}.\end{array}$$

令 $u=\ln x$，则 $du=\frac{dx}{x}$。当 $x=e$ 时 $u=1$；当 $x\to +\infty$ 时 $u\to +\infty$。于是

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_1^{+\infty }\frac{du}{1+u^2}\\ & =\pi {\left[\arctan u\right]}_1^{+\infty }\\ & =\pi \left(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}\right)\\ & =\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$

虽然原平面区域无界，但体积积分收敛，因此旋转体体积有限。

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6. 【2011-3-4 分】 曲线 $y=\sqrt{x^2-1}$，直线 $x=2$ 及 $x$ 轴所围的平面图形绕 $x$ 轴旋转所成的旋转体的体积为______。

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答案：

$$\frac{4\pi }{3}.$$

解析： 曲线与 $x$ 轴的交点满足

$$x^2-1=0.$$

在所给图形中取 $x=1$，故积分区间为 $[1,2]$。由圆盘法，

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

注意旋转半径是 $y$，因此圆盘面积应为 $\pi y^2=\pi (x^2-1)$，不能直接积分 $y$。

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7. 【2021-3-5 分】 设平面区域 $D$ 由曲线段

$$y=\sqrt{x}\sin \pi x(0\le x\le 1)$$

与 $x$ 轴围成，则 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所形成旋转体的体积为______。

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答案：

$$\frac{\pi }{4}.$$

解析： 在 $0\le x\le 1$ 上，$\sin \pi x\ge 0$。由圆盘法，

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^1{y}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_0^{1}x{\sin }^2\pi xdx.\end{array}$$

记

$$I={\int }_0^{1}x{\sin }^2\pi xdx.$$

作代换 $x=1-u$，利用

$${\sin }^2[\pi (1-u)]={\sin }^2\pi u,$$

得

$$I={\int }_0^1(1-u){\sin }^2\pi udu.$$

与原式相加，

$$\begin{array}{rl}2I& ={\int }_0^1{\sin }^2\pi xdx\\ & =\frac{1}{2},\end{array}$$

故 $I=\frac{1}{4}$，于是

$$V=\pi I=\frac{\pi }{4}.$$

本题可利用 ${\sin }^2\pi x$ 关于 $x=\frac{1}{2}$ 对称，避免分部积分。

（二）自变量与旋转轴垂直

1. 【2020-3-4 分】 设平面区域

$$D=\left\{(x,y)\mid \frac{x}{2}\le y\le \frac{1}{1+x^2},0\le x\le 1\right\},$$

$D$ 绕 $y$ 轴旋转所成旋转体体积为______。

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答案：

$$\pi \left(\ln 2-\frac{1}{3}\right).$$

解析： 自变量为 $x$，旋转轴为 $y$ 轴，与自变量方向垂直，采用圆柱壳法最直接。

半径为 $x$，壳高为

$$\frac{1}{1+x^2}-\frac{x}{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi {\int }_0^{1}x\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{x}{2}\right)dx\\ & =2\pi \left({\int }_0^1\frac{x}{1+x^2}dx-\frac{1}{2}{\int }_0^1{x}^{2}dx\right)\\ & =2\pi \left(\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{6}\right)\\ & =\pi \left(\ln 2-\frac{1}{3}\right).\end{array}$$

在 $0\le x\le 1$ 上，确有

$$\frac{x}{2}\le \frac{1}{1+x^2},$$

所以壳高始终非负。若改用垫片法，则需把区域按 $y$ 分段，计算更繁琐。

大题

（一）自变量与旋转轴一致

1. 【1987-3-8 分】 设 $D$ 是曲线 $y=\sin x+1$ 与三条直线 $x=0$，$x=\pi$，$y=0$ 围成的曲边梯形。求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所生成的旋转体体积。

查看答案与解析

答案：

$$V=\frac{3{\pi }^2}{2}+4\pi .$$

解析： 在区间 $[0,\pi ]$ 上，$\sin x\ge 0$，所以

$$y=1+\sin x>0.$$

区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转后，每个垂直于 $x$ 轴的截面都是半径为 $1+\sin x$ 的圆盘。由圆盘法，

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^{\pi }(1+\sin x{)}^{2}dx\\ & =\pi {\int }_0^{\pi }\left(1+2\sin x+{\sin }^{2}x\right)dx.\end{array}$$

分别计算：

$${\int }_0^{\pi }1dx=\pi ,$$$${\int }_0^{\pi }2\sin xdx=4,$$

且

$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}xdx=\frac{\pi }{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}V& =\pi \left(\pi +4+\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\frac{3{\pi }^2}{2}+4\pi .\end{array}$$

本题旋转半径为 $1+\sin x$，圆盘面积应为 $\pi (1+\sin x{)}^2$，不能漏掉平方。

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2. 【1988-45-8 分】 在曲线 $y=x^2(x\ge 0)$ 上某点 $A$ 处作一切线，使之与曲线以及 $x$ 轴所围图形的面积为 $\frac{1}{12}$，试求：

（1）切点 $A$ 的坐标；

（2）过切点 $A$ 的切线方程；

（3）由上述所围平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积。

查看答案与解析

答案： （1）切点为

$$A(1,1).$$

（2）切线方程为

$$y=2x-1.$$

（3）旋转体体积为

$$V=\frac{\pi }{30}.$$

解析： 设切点为

$$A(a,a^2),a>0.$$

曲线 $y=x^2$ 在 $x=a$ 处的导数为 $2a$，故切线方程为

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

即

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

令 $y=0$，得切线与 $x$ 轴的交点横坐标为

$$x=\frac{a}{2}.$$

又因为

$$x^2-(2ax-a^2)=(x-a{)}^2\ge 0,$$

所以切线始终位于抛物线下方。

所围面积由两部分组成：当 $0\le x\le \frac{a}{2}$ 时，上边界为抛物线、下边界为 $x$ 轴；当 $\frac{a}{2}\le x\le a$ 时，上边界为抛物线、下边界为切线。因此

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^{\frac{a}{2}}{x}^{2}dx+{\int }_{\frac{a}{2}}^a\left[x^2-(2ax-a^2)\right]dx\\ & =\frac{a^3}{24}+{\int }_{\frac{a}{2}}^a(x-a{)}^{2}dx\\ & =\frac{a^3}{24}+\frac{a^3}{24}\\ & =\frac{a^3}{12}.\end{array}$$

由题意 $S=\frac{1}{12}$，故

$$\frac{a^3}{12}=\frac{1}{12},$$

从而 $a=1$。

所以

$$A(1,1),$$

切线为

$$y=2x-1.$$

下面计算旋转体体积。

当 $0\le x\le \frac{1}{2}$ 时，截面为半径 $x^2$ 的圆盘；当 $\frac{1}{2}\le x\le 1$ 时，截面为外半径 $x^2$、内半径 $2x-1$ 的圆环。因此

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^{\frac{1}{2}}{x}^{4}dx+\pi {\int }_{\frac{1}{2}}^1\left[x^4-(2x-1{)}^2\right]dx\\ & =\pi \left(\frac{1}{160}+\frac{13}{480}\right)\\ & =\frac{\pi }{30}.\end{array}$$

错误做法是直接用 $\pi {\int }_0^1{x}^{4}dx$：这样计算的是抛物线下方整个区域的旋转体，没有扣除切线下方旋转形成的内部空缺。

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3. 【1989-3-10 分】 设抛物线 $y=a{x}^2+bx+c$ 过原点，当 $0\le x\le 1$ 时 $y\ge 0$，又知该抛物线与 $x$ 轴及直线 $x=1$ 所围成的面积为 $\frac{1}{3}$。试确定 $a,b,c$ 的值，使此图形绕 $x$ 轴旋转一周而成的旋转体的体积 $V$ 最小。

查看答案与解析

答案：

$$a=-\frac{5}{4},b=\frac{3}{2},c=0.$$

此时最小体积为

$$V_{\min }=\frac{\pi }{8}.$$

解析： 抛物线过原点，故

$$c=0.$$

于是

$$y=a{x}^2+bx.$$

由面积条件，

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

因此

$$2a+3b=2,$$

即

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

图形绕 $x$ 轴旋转所得体积为

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^1(a{x}^2+bx{)}^{2}dx\\ & =\pi \left(\frac{a^2}{5}+\frac{ab}{2}+\frac{b^2}{3}\right).\end{array}$$

代入 $b=\frac{2-2a}{3}$，得

$$\begin{array}{rl}\frac{V}{\pi }& =\frac{2a^2}{135}+\frac{a}{27}+\frac{4}{27}\\ & =\frac{2}{135}{\left(a+\frac{5}{4}\right)}^2+\frac{1}{8}.\end{array}$$

因此，当

$$a=-\frac{5}{4}$$

时，$V$ 取得最小值。此时

$$\begin{array}{rl}b& =\frac{2-2\left(-\frac{5}{4}\right)}{3}\\ & =\frac{3}{2}.\end{array}$$

还需验证非负条件。此时

$$\begin{array}{rl}y& =-\frac{5}{4}{x}^2+\frac{3}{2}x\\ & =x\left(\frac{3}{2}-\frac{5}{4}x\right).\end{array}$$

当 $0\le x\le 1$ 时，

$$\frac{3}{2}-\frac{5}{4}x\ge \frac{1}{4}>0,$$

故 $y\ge 0$，满足题设条件。

于是

$$a=-\frac{5}{4},b=\frac{3}{2},c=0,$$

且

$$V_{\min }=\pi \cdot \frac{1}{8}=\frac{\pi }{8}.$$

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4. 【1990-23-6 分】 过点 $P(1,0)$ 作抛物线 $y=\sqrt{x-2}$ 的切线，与上述抛物线及 $x$ 轴围成一平面图形，求此图形绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积。

查看答案与解析

答案：

$$V=\frac{\pi }{6}.$$

解析： 曲线

$$y=\sqrt{x-2}$$

可改写为

$$x=y^2+2,y\ge 0.$$

设切点为

$$A(x_0,y_0),x_0=y_0^2+2,$$

其中 $y_0>0$。由

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

知切线在点 $A$ 处的斜率为

$$k=\frac{1}{2y_0}.$$

切线经过点 $P(1,0)$，故

$$0-y_0=\frac{1}{2y_0}(1-x_0).$$

代入 $x_0=y_0^2+2$，得

$$\begin{array}{rl}-2y_0^2& =1-y_0^2-2\\ & =-y_0^2-1,\end{array}$$

所以

$$y_0^2=1.$$

由于 $y_0>0$，故

$$y_0=1,x_0=3.$$

因此切点为 $A(3,1)$，切线方程为

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

即

$$y=\frac{x-1}{2}.$$

该切线与 $x$ 轴交于 $P(1,0)$，而曲线与 $x$ 轴交于 $(2,0)$。

将所围图形绕 $x$ 轴旋转：

• 当 $1\le x\le 2$ 时，截面为圆盘，半径为 $\frac{x-1}{2}$；
• 当 $2\le x\le 3$ 时，截面为圆环，外半径为 $\frac{x-1}{2}$，内半径为 $\sqrt{x-2}$。

故

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_1^2{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^{2}dx+\pi {\int }_2^3\left[{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^2-(x-2)\right]dx\\ & =\frac{\pi }{4}{\int }_1^2(x-1{)}^{2}dx+\frac{\pi }{4}{\int }_2^3(x-3{)}^{2}dx\\ & =\frac{\pi }{12}+\frac{\pi }{12}\\ & =\frac{\pi }{6}.\end{array}$$

关键是旋转截面需要在 $x=2$ 处分段；在 $[2,3]$ 上必须扣除曲线绕 $x$ 轴旋转形成的内部空缺。

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5. 【1994-3-9 分】 求曲线 $y=3-|x^2-1|$ 与 $x$ 轴围成的封闭图形绕直线 $y=3$ 旋转所得的旋转体体积。

查看答案与解析

答案：

$$V=\frac{448\pi }{15}.$$

解析： 曲线与 $x$ 轴的交点满足

$$3-|x^2-1|=0,$$

即

$$|x^2-1|=3.$$

由此得

$$x^2=4,$$

所以封闭区域的横坐标范围为

$$-2\le x\le 2.$$

曲线可写为

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

在整个区间 $[-2,2]$ 上都有 $0\le y\le 3$，故旋转轴 $y=3$ 位于区域上方。

固定 $x$，旋转截面为圆环：

• 外半径为从 $y=3$ 到 $x$ 轴的距离，即 $R=3$；

• 内半径为从 $y=3$ 到曲线的距离，即

  $$r=3-y=|x^2-1|.$$

因此

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_{-2}^2\left[9-(x^2-1{)}^2\right]dx\\ & =2\pi {\int }_0^2\left(8+2x^2-x^4\right)dx\\ & =2\pi {\left[8x+\frac{2}{3}{x}^3-\frac{1}{5}{x}^5\right]}_0^2\\ & =2\pi \left(16+\frac{16}{3}-\frac{32}{5}\right)\\ & =2\pi \cdot \frac{224}{15}\\ & =\frac{448\pi }{15}.\end{array}$$

这里内半径虽然写成 $|x^2-1|$，但体积公式中出现的是其平方，因此可直接写成 $(x^2-1{)}^2$，不必再按 $|x|=1$ 分段积分。

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6. 【1994-4-8 分】 已知曲线 $y=a\sqrt{x}(a>0)$ 与曲线 $y=\ln \sqrt{x}$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处有公共切线，求：

（1）常数 $a$ 及切点 $(x_0,y_0)$；

（2）两曲线与 $x$ 轴围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转所得旋转体的体积。

查看答案与解析

答案： （1）

$$a=\frac{1}{e},(x_0,y_0)=(e^2,1).$$

（2）

$$V=\frac{\pi }{2}.$$

解析： 两曲线在同一点相切，需要同时满足函数值相等和导数相等。

由

$$a\sqrt{x_0}=\ln \sqrt{x_0}=\frac{1}{2}\ln x_0,$$

以及

$$\frac{a}{2\sqrt{x_0}}=\frac{1}{2x_0},$$

可得

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

代回函数值相等式，得

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

故

$$y_0=1.$$

又因为

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

所以

$$x_0=e^2,$$

从而

$$a=\frac{1}{e}.$$

因此

$$(x_0,y_0)=(e^2,1).$$

下面计算旋转体体积。

曲线 $y=\frac{1}{e}\sqrt{x}$ 与 $x$ 轴交于 $x=0$，曲线 $y=\frac{1}{2}\ln x$ 与 $x$ 轴交于 $x=1$。在 $1\le x\le e^2$ 上，

$$\frac{1}{e}\sqrt{x}\ge \frac{1}{2}\ln x.$$

因此所围区域绕 $x$ 轴旋转后，体积为

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

其中

$${\int }_0^{e^2}\frac{x}{e^2}dx=\frac{e^2}{2},$$

且

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

故

$$\begin{array}{rl}V& =\pi \left[\frac{e^2}{2}-\frac{1}{4}(2e^2-2)\right]\\ & =\pi \left(\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{2}\right)\\ & =\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

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7. 【1994-5-8 分】 已知曲线 $y=a\sqrt{x}(a>0)$ 与曲线 $y=\ln \sqrt{x}$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处有公共切线，求：

（1）常数 $a$ 及切点 $(x_0,y_0)$；

（2）两曲线与 $x$ 轴围成的平面图形的面积 $S$。

查看答案与解析

答案： （1）

$$a=\frac{1}{e},(x_0,y_0)=(e^2,1).$$

（2）

$$S=\frac{e^2-3}{6}.$$

解析： 由公共切线条件，仍有

$$a\sqrt{x_0}=\frac{1}{2}\ln x_0,$$

以及

$$\frac{a}{2\sqrt{x_0}}=\frac{1}{2x_0}.$$

由第二式得

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

代入第一式，得

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

从而

$$x_0=e^2,$$

于是

$$a=\frac{1}{e},y_0=1.$$

因此切点为 $(e^2,1)$。

两曲线与 $x$ 轴围成的区域可分为两部分：

• 当 $0\le x\le 1$ 时，上边界为 $y=\frac{1}{e}\sqrt{x}$，下边界为 $x$ 轴；
• 当 $1\le x\le e^2$ 时，上边界为 $y=\frac{1}{e}\sqrt{x}$，下边界为 $y=\frac{1}{2}\ln x$。

故

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

分别计算：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{e^2}\frac{\sqrt{x}}{e}dx& =\frac{1}{e}\cdot \frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}{|}_0^{e^2}\\ & =\frac{2e^2}{3},\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{e^2}\ln xdx& ={\left(x\ln x-x\right)}_1^{e^2}\\ & =e^2+1.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{2e^2}{3}-\frac{e^2+1}{2}\\ & =\frac{e^2-3}{6}.\end{array}$$

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8. 【1996-5-9 分】 已知一抛物线通过 $x$ 轴上的两点 $A(1,0)$，$B(3,0)$。

（1）求证：两坐标轴与该抛物线所围图形的面积等于 $x$ 轴与该抛物线所围图形的面积；

（2）计算上述两个平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所产生的两个旋转体体积之比。

查看答案与解析

答案： （1）两个平面图形的面积均为

$$\frac{4|a|}{3},$$

其中抛物线方程为 $y=a(x-1)(x-3)$。

（2）两个旋转体体积之比为

$$V_1:V_2=19:8.$$

解析： 抛物线经过 $A(1,0)$、$B(3,0)$，故可设

$$y=a(x-1)(x-3),a\ne 0.$$

记由两坐标轴与抛物线围成的图形为 $D_1$，由 $x$ 轴与抛物线在 $x=1$、$x=3$ 之间围成的图形为 $D_2$。

由于

$$(x-1)(x-3)>0(0\le x<1),$$

而

$$(x-1)(x-3)<0(1<x<3),$$

所以面积应取函数绝对值。

对于 $D_1$，

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

对于 $D_2$，

$$\begin{array}{rl}{S}_2& =|a|{\int }_1^3-(x-1)(x-3)dx.\end{array}$$

令 $u=x-2$，则

$$-(x-1)(x-3)=1-u^2,$$

故

$$\begin{array}{rl}{S}_2& =|a|{\int }_{-1}^1(1-u^2)du\\ & =|a|\left(2-\frac{2}{3}\right)\\ & =\frac{4|a|}{3}.\end{array}$$

因此

$$S_1=S_2.$$

下面计算两个区域分别绕 $x$ 轴旋转所得体积。

由于旋转体截面面积取决于 $y^2$，故无需区分 $a$ 的正负：

$$\begin{array}{rl}{V}_1& =\pi a^2{\int }_0^1(x-1{)}^2(x-3{)}^{2}dx,\\ V_2& =\pi a^2{\int }_1^3(x-1{)}^2(x-3{)}^{2}dx.\end{array}$$

展开得

$$(x-1{)}^2(x-3{)}^2=x^4-8x^3+22x^2-24x+9.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1(x-1{)}^2(x-3{)}^{2}dx& ={\left[\frac{x^5}{5}-2x^4+\frac{22}{3}{x}^3-12x^2+9x\right]}_0^1\\ & =\frac{38}{15}.\end{array}$$

对于第二个积分，令 $u=x-2$，则

$$(x-1{)}^2(x-3{)}^2=(u^2-1{)}^2,$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^3(x-1{)}^2(x-3{)}^{2}dx& ={\int }_{-1}^1(1-u^2{)}^{2}du\\ & =2{\int }_0^1(1-2u^2+u^4)du\\ & =2\left(1-\frac{2}{3}+\frac{1}{5}\right)\\ & =\frac{16}{15}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}{V}_1:V_2& =\frac{38}{15}:\frac{16}{15}\\ & =19:8.\end{array}$$

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