第10章 一元函数积分学的应用(一) -- 几何应用

基础部分

1. 曲线 $y=\frac{1}{x^2+4x+5}$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上与 $x$ 轴所围成的图形的面积为

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答案：

$\arctan \frac{1}{2}$。

解析：

所求面积为

$S={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^2+4x+5}={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(x+2{)}^2+1}$。

因此

$S={\arctan (x+2)|}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{2}-\arctan 2=\arctan \frac{1}{2}$。

2. 曲线 $y=\frac{\ln x}{\sqrt{x}}$ 在 $[1,e^2]$ 上与 $x$ 轴所围成的图形的面积是

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答案：

$4$。

解析：

在 $[1,e^2]$ 上有 $\ln x\ge 0$，故

$S={\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx$。

令 $x=u^2$，则 $dx=2udu$，从而

$S=4{\int }_1^e\ln udu=4{\left[u\ln u-u\right]}_1^e=4$。

3. 抛物线 $y=(\sqrt{2}-1)x^2$ 把曲线 $y=x(b-x)(b>0)$ 与 $x$ 轴所围成的闭区域分成面积为 $S_A$ 与 $S_B$ 的两部分，则

A. $S_A<S_B$

B. $S_A=S_B$

C. $S_A>S_B$

D. $S_A$ 与 $S_B$ 的大小关系与 $b$ 的数值有关

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答案：

按通常配图中 $S_A$ 表示靠近原点、位于抛物线下方的小区域时，选 A。

解析：

两曲线除原点外的交点满足

$(\sqrt{2}-1)x^2=x(b-x)$，

故 $x=\frac{b}{\sqrt{2}}$。闭区域总面积为

$S={\int }_0^{b}x(b-x)dx=\frac{b^3}{6}$。

靠近原点、位于 $y=(\sqrt{2}-1)x^2$ 下方的面积为

$S_A={\int }_0^{b/\sqrt{2}}(\sqrt{2}-1)x^{2}dx=\frac{2-\sqrt{2}}{12}{b}^3$。

另一部分

$S_B=S-S_A=\frac{\sqrt{2}}{12}{b}^3$。

由于 $2-\sqrt{2}<\sqrt{2}$，所以 $S_A<S_B$。原 Markdown 未附区域标号图；若图中 $A,B$ 标号相反，则两者名称应相应互换，但两块面积的上述数值不变。

4. 过点 $(p,\sin p)$ 作曲线 $y=\sin x$ 的切线，设该曲线与切线及 $y$ 轴所围成的图形的面积为 $S_1$，曲线与直线 $x=p$ 及 $x$ 轴所围成的图形的面积为 $S_2$，则

A. $\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\frac{S_2}{S_1+S_2}=\frac{1}{3}$

B. $\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\frac{S_2}{S_1+S_2}=\frac{1}{2}$

C. $\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\frac{S_2}{S_1+S_2}=\frac{2}{3}$

D. $\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\frac{S_2}{S_1+S_2}=1$

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答案：

D。

解析：

切线方程为

$y=\sin p+\cos p(x-p)$。

因此

$S_2={\int }_0^p\sin xdx=1-\cos p$，

而 $S_1+S_2$ 等于切线下方从 $0$ 到 $p$ 的面积：

$S_1+S_2={\int }_0^p[\sin p+\cos p(x-p)]dx=p\sin p-\frac{p^2}{2}\cos p$。

利用展开式

$1-\cos p\sim \frac{p^2}{2}$，

$p\sin p-\frac{p^2}{2}\cos p\sim \frac{p^2}{2}$，

故极限为 $1$。

5. 平面无界区域 $D=\{(x,y)\mid (1+x^2)|y|\le 1\}$ 的面积为

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答案：

$2\pi$。

解析：

区域满足

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

故

$S={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{2}{1+x^2}dx=2{\left[\arctan x\right]}_{-\infty }^{+\infty }=2\pi$。

6. 设平面区域 $D$ 由曲线段 $y=\sin \pi x(0\le x\le 1)$ 与 $x$ 轴围成，则 $D$ 绕 $y$ 轴旋转一周所成旋转体的体积为

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答案：

$2$。

解析：

用柱壳法：

$V=2\pi {\int }_0^{1}x\sin \pi xdx$。

分部积分得

${\int }_0^{1}x\sin \pi xdx=\frac{1}{\pi }$，

故 $V=2$。

7. 已知函数 $f(x)=x{\int }_1^x\frac{e^{t^2}}{t}dt$，则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上的平均值为

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答案：

$-\frac{e-1}{4}$。

解析：

区间长度为 $1$，故平均值为

${\int }_0^{1}x{\int }_1^x\frac{e^{t^2}}{t}dtdx=-{\int }_0^{1}x{\int }_x^1\frac{e^{t^2}}{t}dtdx$。

交换积分次序：

$-{\int }_0^1\frac{e^{t^2}}{t}\left({\int }_0^{t}xdx\right)dt=-\frac{1}{2}{\int }_0^{1}t{e}^{t^2}dt=-\frac{e-1}{4}$。

8. 已知曲线 $L:y=e^{-x}(x\ge 0)$，设 $P$ 是 $L$ 上的动点，$V$ 是 $L$ 上从点 $A(0,1)$ 到点 $P$ 的一段弧绕 $x$ 轴旋转一周所得的旋转体体积，当 $P$ 运动到点 $(1,\frac{1}{e})$ 时，沿 $x$ 轴正向的速度为 $1$，求此时 $V$ 关于时间 $t$ 的变化率。

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答案：

$\frac{\pi }{e^2}$。

解析：

设点 $P$ 的横坐标为 $x=x(t)$，则

$V=\pi {\int }_0^x{e}^{-2u}du$。

由变上限积分求导，

$\frac{dV}{dt}=\pi e^{-2x}\frac{dx}{dt}$。

在 $x=1$ 且 $\frac{dx}{dt}=1$ 时，

$\frac{dV}{dt}=\frac{\pi }{e^2}$。

9. 曲线 $y=\ln \sin x\left(\frac{\pi }{6}\le x\le \frac{\pi }{3}\right)$ 的弧长为

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答案：

$\ln \frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$。

解析：

$y^{\prime }=\cot x$，且在给定区间内 $\sin x>0$，故

$\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+{\cot }^{2}x}=\csc x$。

于是

$L={\int }_{\pi /6}^{\pi /3}\csc xdx={\ln \tan \frac{x}{2}|}_{\pi /6}^{\pi /3}=\ln \frac{\tan (\pi /6)}{\tan (\pi /12)}=\ln \frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$。

10. 曲线 $r=e^{\theta }$ 从 $\theta =0$ 到 $\theta =1$ 的弧长为

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答案：

$\sqrt{2}(e-1)$。

解析：

极坐标曲线弧长公式为

$L={\int }_0^1\sqrt{r^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2}d\theta$。

这里 $r^{\prime }=e^{\theta }=r$，所以

$L=\sqrt{2}{\int }_0^1{e}^{\theta }d\theta =\sqrt{2}(e-1)$。

11. 已知函数 $y=y(x)$ 由方程 $y^4-6xy+3=0(1\le y\le 2)$ 所确定，则曲线 $y=y(x)$ 从点 $(\frac{2}{3},1)$ 到点 $(\frac{19}{12},2)$ 的长度为

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答案：

$\frac{17}{12}$。

解析：

把 $x$ 表示为 $y$ 的函数：

$x=\frac{y^4+3}{6y}=\frac{y^3}{6}+\frac{1}{2y}$，

故

$\frac{dx}{dy}=\frac{y^2}{2}-\frac{1}{2y^2}$。

于是

$\sqrt{1+{\left(\frac{dx}{dy}\right)}^2}=\frac{y^4+1}{2y^2}=\frac{1}{2}\left(y^2+\frac{1}{y^2}\right)$。

因此

$L=\frac{1}{2}{\int }_1^2\left(y^2+y^{-2}\right)dy={\left[\frac{y^3}{6}-\frac{1}{2y}\right]}_1^2=\frac{17}{12}$。

12. 曲线 $y=e^x$ 与其过原点的切线及 $y$ 轴所围图形的面积为

A. ${\int }_0^1(\ln y-y\ln y)dx$

B. ${\int }_0^1(e^x-ex)dx$

C. ${\int }_1^e(\ln y-y\ln y)dx$

D. ${\int }_1^e(e^x-x{e}^x)dx$

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答案：

B。

解析：

设切点横坐标为 $a$，切线为

$y=e^a+e^a(x-a)=e^a(x-a+1)$。

切线过原点，故 $a=1$，切线为 $y=ex$。在 $0\le x\le 1$ 上，曲线 $e^x$ 位于切线上方，所以面积为

$S={\int }_0^1(e^x-ex)dx$。

13. 曲线 $y=x^2{e}^{-x}(0\le x<+\infty )$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得延展到无穷远的旋转体的体积为

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答案：

$\frac{3\pi }{4}$。

解析：

$V=\pi {\int }_0^{+\infty }{x}^4{e}^{-2x}dx$。

利用

${\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-ax}dx=\frac{n!}{a^{n+1}}$，

得

$V=\pi \frac{4!}{2^5}=\frac{3\pi }{4}$。

14. 曲线 $f(x)=x\ln x(0<x\le 2)$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积为

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答案：

$\frac{8\pi }{3}\left[(\ln 2{)}^2-\frac{2}{3}\ln 2+\frac{2}{9}\right]$。

解析：

旋转体体积为

$V=\pi {\int }_0^2{x}^2(\ln x{)}^{2}dx$。

分部积分两次可得

$\int x^2(\ln x{)}^{2}dx=\frac{x^3}{3}\left[(\ln x{)}^2-\frac{2}{3}\ln x+\frac{2}{9}\right]+C$。

当 $x\to 0^{+}$ 时右侧趋于 $0$，故代入上限 $2$ 即得答案。

15. 曲线 $y=\frac{1}{2}{x}^2(0\le x\le 1)$ 的长度为

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答案：

$\frac{1}{2}\left[\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})\right]$。

解析：

$y^{\prime }=x$，故

$L={\int }_0^1\sqrt{1+x^2}dx=\frac{1}{2}{\left[x\sqrt{1+x^2}+\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right]}_0^1$，

从而得到结论。

16. 设平面 $D$ 是由 $y=\ln x$，$x=1$，$y=1$ 围成的第一象限的有界区域，记 $D$ 绕 $x$ 轴与绕 $y=1$ 旋转一周所得旋转体的体积分别为 $V_1$，$V_2$，则

A. $V_1>\frac{\pi }{2}>V_2$

B. $V_2>\frac{\pi }{2}>V_1$

C. $\frac{\pi }{2}>V_1>V_2$

D. $\frac{\pi }{2}>V_2>V_1$

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答案：

A。

解析：

区域可表示为 $1\le x\le e$，$\ln x\le y\le 1$。

绕 $x$ 轴旋转：

$V_1=\pi {\int }_1^e[1-(\ln x{)}^2]dx$。

由于

${\int }_1^e(\ln x{)}^{2}dx=e-2$，

故 $V_1=\pi$。

绕 $y=1$ 旋转：

$V_2=\pi {\int }_1^e(1-\ln x{)}^{2}dx=\pi (2e-5)$。

又 $2e-5<\frac{1}{2}$，故

$V_1=\pi >\frac{\pi }{2}>V_2$。

17. 曲线 $y=x^2$ 从点 $(1,1)$ 到点 $(2,4)$ 的一段弧绕 $y$ 轴旋转一周所得旋转体的侧面积为

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答案：

$\frac{\pi }{6}(17\sqrt{17}-5\sqrt{5})$。

解析：

绕 $y$ 轴的旋转曲面面积为

$S=2\pi {\int }_1^{2}x\sqrt{1+(2x{)}^2}dx$。

令 $u=1+4x^2$，则

$S=\frac{\pi }{6}{\left[(1+4x^2{)}^{3/2}\right]}_1^2=\frac{\pi }{6}(17\sqrt{17}-5\sqrt{5})$。

18. 函数 $y=\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}$ 在区间 $[0,1]$ 上的平均值为

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答案：

$\frac{\pi }{4}$。

解析：

区间长度为 $1$，平均值等于

${\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx$。

令 $x=\sin t$，则

${\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2}tdt=\frac{\pi }{4}$。

19. 设平面区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0\le y\le \frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2},\sqrt{2}\le x\le 2\right\}$，求：

(1) $D$ 的面积；

(2) $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积。

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答案：

(1) $\ln \frac{2+\sqrt{3}}{1+\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2}$；

(2) $\frac{\pi (10\sqrt{2}-11)}{24}$。

解析：

(1) 令 $x=\sec \theta$，则 $\theta$ 从 $\frac{\pi }{4}$ 变到 $\frac{\pi }{3}$，并且

$\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2}dx=(\sec \theta -\cos \theta )d\theta$。

故

$S={\left[\ln (\sec \theta +\tan \theta )-\sin \theta \right]}_{\pi /4}^{\pi /3}$，

化简即得答案。

(2) 用圆盘法：

$V=\pi {\int }_{\sqrt{2}}^2\frac{x^2-1}{x^4}dx=\pi {\int }_{\sqrt{2}}^2(x^{-2}-x^{-4})dx$。

因此

$V=\pi {\left[-\frac{1}{x}+\frac{1}{3x^3}\right]}_{\sqrt{2}}^2=\frac{\pi (10\sqrt{2}-11)}{24}$。

强化部分

1. 曲线 $e^y+xy+x^3=e$ 在点 $(0,1)$ 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为

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答案：

$\frac{e}{2}$。

解析：

对方程隐式求导：

$e^y{y}^{\prime }+y+x{y}^{\prime }+3x^2=0$。

在 $(0,1)$ 处，

$e{y}^{\prime }+1=0$，故 $y^{\prime }=-\frac{1}{e}$。

切线为

$y-1=-\frac{x}{e}$，

它在两坐标轴上的截距分别为 $e$ 和 $1$，三角形面积为 $\frac{1}{2}e\cdot 1=\frac{e}{2}$。

2. 曲线 $r=2\cos 3\theta \left(0\le \theta \le \frac{\pi }{6}\right)$ 与 $\theta =0$ 及 $\theta =\frac{\pi }{6}$ 所围图形面积为

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答案：

$\frac{\pi }{6}$。

解析：

极坐标面积公式给出

$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /6}{r}^{2}d\theta =2{\int }_0^{\pi /6}{\cos }^{2}3\theta d\theta$。

令 $u=3\theta$，得

$S=\frac{2}{3}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}udu=\frac{\pi }{6}$。

3. 若曲线 $r=a(1+\cos \theta )(a>0)$ 所围图形的面积为 $6\pi$，则 $a=$

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答案：

$2$。

解析：

心形线围成的面积为

$S=\frac{1}{2}{a}^2{\int }_0^{2\pi }(1+\cos \theta {)}^{2}d\theta =\frac{1}{2}{a}^2(2\pi +\pi )=\frac{3}{2}\pi a^2$。

由 $\frac{3}{2}\pi a^2=6\pi$ 且 $a>0$，得 $a=2$。

4. 设函数 $y=y(x)$ 满足方程 $y^{\prime \prime }+3y^{\prime }+2y=e^{-x}$，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{y(x)}{x}=1$，求曲线 $y=y(x)$ 与 $x$ 轴正半轴之间所围平面图形的面积及该平面图形绕 $y$ 轴旋转一周所形成的旋转体体积。

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答案：

面积 $S=1$；体积 $V=4\pi$。

解析：

方程通解为

$y=C_1{e}^{-x}+C_2{e}^{-2x}+x{e}^{-x}$。

极限条件意味着 $y(0)=0$ 且 $y^{\prime }(0)=1$。代入得

$C_1+C_2=0$，$-C_1-2C_2+1=1$，

所以 $C_1=C_2=0$，即

$y=x{e}^{-x}$。

面积为

$S={\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx=1$。

绕 $y$ 轴用柱壳法：

$V=2\pi {\int }_0^{+\infty }x\cdot x{e}^{-x}dx=2\pi \cdot 2!=4\pi$。

5. 曲线 $y=\sqrt{x}$ 与 $y=x^2$ 所围平面有界区域绕直线 $y=x$ 旋转一周所得旋转体的体积为

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答案：

$\frac{\sqrt{2}\pi }{60}$。

解析：

区域关于直线 $y=x$ 对称。旋转整个区域所得立体，与将直线下方的半区

$0\le x\le 1,x^2\le y\le x$

绕其边界 $y=x$ 旋转所得立体相同，不能把上下两半的旋转体重复相加。

面元到轴 $y=x$ 的距离为 $\frac{x-y}{\sqrt{2}}$，故由壳层思想

$V=2\pi {\int }_0^1{\int }_{x^2}^x\frac{x-y}{\sqrt{2}}dydx$。

而

${\int }_0^1{\int }_{x^2}^x(x-y)dydx=\frac{1}{2}{\int }_0^1(x-x^2{)}^{2}dx=\frac{1}{60}$，

所以

$V=\frac{2\pi }{\sqrt{2}}\cdot \frac{1}{60}=\frac{\sqrt{2}\pi }{60}$。

6. 过坐标原点作曲线 $y=e^x$ 的切线，该切线与曲线 $y=e^x$ 以及 $x$ 轴围成的向 $x$ 轴负向无限伸展的图形记为 $D$。

(1) 求 $D$ 的面积；

(2) 求 $D$ 绕直线 $x=1$ 旋转一周所成的旋转体体积。

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答案：

(1) $\frac{e}{2}$；

(2) $\frac{5\pi e}{3}$。

解析：

过原点的切线为 $y=ex$，切点为 $(1,e)$。区域在 $x<0$ 时位于 $y=0$ 与 $y=e^x$ 之间，在 $0\le x\le 1$ 时位于 $y=ex$ 与 $y=e^x$ 之间。

因此

$S={\int }_{-\infty }^0{e}^{x}dx+{\int }_0^1(e^x-ex)dx=1+e-1-\frac{e}{2}=\frac{e}{2}$。

绕 $x=1$ 用柱壳法：

$V=2\pi \left[{\int }_{-\infty }^0(1-x)e^{x}dx+{\int }_0^1(1-x)(e^x-ex)dx\right]$。

两部分分别为 $2$ 和 $\frac{5e}{6}-2$，故

$V=2\pi \cdot \frac{5e}{6}=\frac{5\pi e}{3}$。

7. 求曲线 $y=e^{-x/2}\sqrt{\sin x}(x\ge 0)$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积。

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答案：

严格按该实值曲线在 $x\ge 0$ 上的全部定义域计算，

$V=\frac{\pi }{2(1-e^{-\pi })}$。

若原题实际漏写定义区间 $0\le x\le \pi$，则

$V=\frac{\pi }{2}(1+e^{-\pi })$。

解析：

根式要求 $\sin x\ge 0$，所以在 $x\ge 0$ 上的实值定义域为

$[0,\pi ]\cup [2\pi ,3\pi ]\cup [4\pi ,5\pi ]\cup \cdots$。

在第 $k$ 个实值弧段 $[2k\pi ,(2k+1)\pi ]$ 上，旋转体体积为

$V_k=\pi {\int }_{2k\pi }^{(2k+1)\pi }{e}^{-x}\sin xdx=\pi e^{-2k\pi }{\int }_0^{\pi }{e}^{-u}\sin udu$。

又

${\int }_0^{\pi }{e}^{-u}\sin udu=\frac{1+e^{-\pi }}{2}$，

故

$V=\frac{\pi }{2}(1+e^{-\pi })\sum _{k=0}^{\infty }{e}^{-2k\pi }=\frac{\pi (1+e^{-\pi })}{2(1-e^{-2\pi })}=\frac{\pi }{2(1-e^{-\pi })}$。

原 Markdown 仅写“$x\ge 0$”，容易被误解为连续区间上的一条曲线；上式是严格按全部实值定义域得到的结果。若原书配图只取第一段 $[0,\pi ]$，则只保留 $V_0$ 即可。

8. 设曲线 $y=a{x}^2(x\ge 0,a>0)$ 与曲线 $y=1-x^2$ 交于点 $A$，过坐标原点 $O$ 和点 $A$ 的直线与曲线 $y=a{x}^2$ 围成一平面图形 $D$。

(1) 求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成的旋转体体积 $V(a)$；

(2) 求使 $V(a)$ 为最大值时 $a$ 的值。

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答案：

(1) $V(a)=\frac{2\pi a^2}{15(a+1{)}^{5/2}}$；

(2) $a=4$。

解析：

交点横坐标为

$x_A=\frac{1}{\sqrt{a+1}}$，纵坐标为 $\frac{a}{a+1}$。

直线 $OA$ 的斜率为 $\frac{a}{\sqrt{a+1}}$，故直线方程为

$y=\frac{a}{\sqrt{a+1}}x$。

圆环法给出

$V(a)=\pi {\int }_0^{1/\sqrt{a+1}}\left[\frac{a^2}{a+1}{x}^2-a^2{x}^4\right]dx=\frac{2\pi a^2}{15(a+1{)}^{5/2}}$。

令 $\phi (a)=\frac{a^2}{(a+1{)}^{5/2}}$，则

$\frac{{\phi }^{\prime }(a)}{\phi (a)}=\frac{2}{a}-\frac{5}{2(a+1)}$。

令其为零，得 $a=4$；结合端点趋势可知此处取得最大值。

9. 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且满足 $x{f}^{\prime }(x)=f(x)+x^2$。已知曲线 $y=f(x)$ 与 $x=0$，$x=1$，$y=0$ 所围的图形 $S$ 面积为 $2$。求 $f(x)$ 的表达式，以及图形 $S$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。

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答案：

若按通常命题意图补充 $f(x)\ge 0$，则

$f(x)=x^2+\frac{10}{3}x$，

$V=\frac{752\pi }{135}$。

解析：

微分方程可写成

${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }=1$，

故

$f(x)=x^2+Cx$。

若图形在 $x$ 轴上方，则

$2={\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{1}{3}+\frac{C}{2}$，

得 $C=\frac{10}{3}$。于是

$V=\pi {\int }_0^1{\left(x^2+\frac{10}{3}x\right)}^{2}dx=\frac{752\pi }{135}$。

严格地说，原题未说明 $f$ 在 $[0,1]$ 上的符号。若允许整个图形位于 $x$ 轴下方，则还存在

$f(x)=x^2-\frac{14}{3}x$，

其面积同样为 $2$，而体积为 $\frac{692\pi }{135}$。因此原 Markdown 题面缺少一个符号条件；上面的首组答案是常见标准题意下的结果。

10. 当 $x\ge 0$ 时，在曲线 $y=e^{-2x}$ 上面作一个台阶曲线，台阶的宽度皆为 $1$，则图中无穷多个阴影部分的面积之和 $S=$

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答案：

按“台阶曲线位于原曲线上方、每个台阶取左端点函数值”的通常配图，

$S=\frac{e^2+1}{2(e^2-1)}$。

解析：

第 $n$ 个台阶在 $[n,n+1]$ 上的高度为 $e^{-2n}$，故所有台阶面积之和为

$\sum _{n=0}^{\infty }{e}^{-2n}=\frac{1}{1-e^{-2}}$。

曲线下方面积为

${\int }_0^{+\infty }{e}^{-2x}dx=\frac{1}{2}$。

阴影面积为二者之差：

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

原 Markdown 缺少题图。若原图采用右端点高度、台阶位于曲线下方，则阴影应为

$\frac{1}{2}-\frac{1}{e^2-1}=\frac{e^2-3}{2(e^2-1)}$；应以原图阴影位置为准。

11. 设函数 $y=f(x)$ 满足微分方程 $y^{\prime }+y=\frac{e^{-x}\cos x}{2\sqrt{\sin x}}$，且 $f(\pi )=0$，求曲线 $y=f(x)(x\ge 0)$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。

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答案：

在自然实值区间 $0\le x\le \pi$ 上，

$V=\frac{\pi }{5}(1+e^{-2\pi })$。

解析：

乘以积分因子 $e^x$：

$(e^{x}y{)}^{\prime }=\frac{\cos x}{2\sqrt{\sin x}}=(\sqrt{\sin x}{)}^{\prime }$。

因此

$e^{x}y=\sqrt{\sin x}+C$。

由 $f(\pi )=0$ 得 $C=0$，故

$y=e^{-x}\sqrt{\sin x}$。

在 $0\le x\le \pi$ 上，

$V=\pi {\int }_0^{\pi }{y}^{2}dx=\pi {\int }_0^{\pi }{e}^{-2x}\sin xdx$。

而

$\int e^{-2x}\sin xdx=\frac{e^{-2x}(-2\sin x-\cos x)}{5}$，

故

$V=\frac{\pi }{5}(1+e^{-2\pi })$。

原题同时写“$x\ge 0$”，但 $\sqrt{\sin x}$ 在 $\sin x<0$ 的区间没有实值，因而严格题面缺少定义区间；以上按与初值相连的实值区间 $[0,\pi ]$ 解答。

12. 设 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内非负连续，且

${\int }_0^{x}tf(x^2)f(x^2-t^2)dt={\sin }^2{x}^2$，

求 $f(x)$ 在 $[0,\pi ]$ 上的平均值。

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答案：

$\sqrt{\frac{2}{\pi }}$。

解析：

令 $s=x^2$，并记

$F(s)={\int }_0^{s}f(u)du$。

在原积分中令 $u=x^2-t^2$，则

${\int }_0^{x}tf(x^2)f(x^2-t^2)dt=\frac{1}{2}f(s)F(s)$。

故

$\frac{1}{2}{F}^{\prime }(s)F(s)={\sin }^{2}s$，即

$(F^2(s){)}^{\prime }=4{\sin }^{2}s$。

由 $F(0)=0$ 及非负性，

$F(s)=\sqrt{2s-\sin 2s}$。

于是

$\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)dx=\frac{F(\pi )}{\pi }=\frac{\sqrt{2\pi }}{\pi }=\sqrt{\frac{2}{\pi }}$。

13. 已知 $\frac{1}{1+e^{1/x}}$ 是函数 $f(x)$ 的一个原函数，则 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的平均值为

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答案：

$\frac{1}{1+e}$。

解析：

记

$F(x)=\frac{1}{1+e^{1/x}}(x\ne 0)$，

则 $f(x)=F^{\prime }(x)$。注意 $F$ 在 $x=0$ 两侧的极限不同：

$F(0^{-})=1,F(0^{+})=0$，

所以不能直接跨过 $0$ 使用 $F(1)-F(-1)$，而应拆成两个反常积分：

${\int }_{-1}^{1}f(x)dx=[F(0^{-})-F(-1)]+[F(1)-F(0^{+})]$。

又

$F(-1)=\frac{e}{1+e},F(1)=\frac{1}{1+e}$，

故

${\int }_{-1}^{1}f(x)dx=\frac{1}{1+e}+\frac{1}{1+e}=\frac{2}{1+e}$。

区间长度为 $2$，因此平均值为

$\frac{1}{1+e}$。

严格地说，原函数本身在 $x=0$ 处没有定义且不能连续延拓；这里按照其导函数 $f$ 在 $0$ 处作连续延拓后的通常题意计算。

14. 已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内是函数 $\frac{\sin \pi x}{x}$ 的一个原函数，且 $f(1)=0$，则 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的平均值为

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答案：

$-\frac{2}{\pi }$。

解析：

由 $f^{\prime }(x)=\frac{\sin \pi x}{x}$、$f(1)=0$，有

$f(x)=-{\int }_x^1\frac{\sin \pi t}{t}dt$。

因此

${\int }_0^{1}f(x)dx=-{\int }_0^1{\int }_x^1\frac{\sin \pi t}{t}dtdx$。

交换积分次序得

$-{\int }_0^1\frac{\sin \pi t}{t}\left({\int }_0^{t}dx\right)dt=-{\int }_0^1\sin \pi tdt=-\frac{2}{\pi }$。

区间长度为 $1$，故这就是平均值。

15. 设函数 $f(x)$ 非负连续，且

$f(x){\int }_0^{1}f(xt)dt=2x^2$，

则 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上的平均值为

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答案：

$2$。

解析：

令 $F(x)={\int }_0^{x}f(u)du$。当 $x>0$ 时，

${\int }_0^{1}f(xt)dt=\frac{F(x)}{x}$，

故 $f(x)F(x)=2x^3$。于是

$(F^2(x){)}^{\prime }=2Ff=4x^3$。

由 $F(0)=0$ 且 $f\ge 0$，得 $F(x)=x^2$，进而 $f(x)=2x$。

平均值为

$\frac{1}{2}{\int }_0^{2}2xdx=2$。

16. 设 $f(x)$ 为 $[0,3]$ 上的非负连续函数，且满足

$f(x){\int }_1^{2}f(xt-x)dt=2x^2$，$x\in [0,3]$，

则 $f(x)$ 在区间 $[1,3]$ 上的平均值为

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答案：

$4$。

解析：

令 $u=x(t-1)$，则

${\int }_1^{2}f(xt-x)dt=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du=\frac{F(x)}{x}$。

因此仍有 $f(x)F(x)=2x^3$。与上一题相同，利用非负性得到

$F(x)=x^2,f(x)=2x$。

故

$\overline{f}=\frac{1}{3-1}{\int }_1^{3}2xdx=\frac{1}{2}(9-1)=4$。

17. 已知函数 $f(x)$ 在 $[0,\frac{3\pi }{2}]$ 上连续，在 $(0,\frac{3\pi }{2})$ 内是函数 $\frac{\cos x}{2x-3\pi }$ 的一个原函数，且 $f(0)=0$，则 $f(x)$ 在区间 $[0,\frac{3\pi }{2}]$ 上的平均值为

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答案：

$\frac{1}{3\pi }$。

解析：

记 $A=\frac{3\pi }{2}$。由 $f(0)=0$，

${\int }_0^{A}f(x)dx={\int }_0^A(A-t)f^{\prime }(t)dt$。

又

$A-t=-\frac{2t-3\pi }{2}$，

故

${\int }_0^{A}f(x)dx=-\frac{1}{2}{\int }_0^A\cos tdt=-\frac{1}{2}\sin A=\frac{1}{2}$。

除以区间长度 $A$，平均值为

$\frac{1/2}{3\pi /2}=\frac{1}{3\pi }$。

18. 设 $f(x)={\int }_{-1}^{x}t|t|dt$，求曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴所围成的封闭图形的面积。

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答案：

$\frac{1}{2}$。

解析：

当 $-1\le x\le 0$ 时，

$f(x)={\int }_{-1}^x(-t^2)dt=-\frac{x^3+1}{3}$；

当 $0\le x\le 1$ 时，

$f(x)=f(0)+{\int }_0^x{t}^{2}dt=\frac{x^3-1}{3}$。

函数在 $[-1,1]$ 内非正，且零点为 $x=-1,1$，故面积为

$S=-{\int }_{-1}^{1}f(x)dx$。

左右两部分各为 $\frac{1}{4}$，因此 $S=\frac{1}{2}$。

19. 已知函数 $f(x)$，$g(x)$ 分别满足

$f^{\prime }(x)=2\sqrt{f(x)}$，

$g^{\prime }(x)=\frac{g(x)}{x-2}+\frac{x-2}{x}$，

$f(0)=1$，$g(1)=0$，求曲线 $f(x)+g(y)=0$ 所围图形绕直线 $x=-1$ 旋转一周所成旋转体体积。

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答案：

$\pi \left(2\ln 2-\frac{5}{4}\right)$。

解析：

由 $f^{\prime }(x)=2\sqrt{f}$，得

$(\sqrt{f}{)}^{\prime }=1$，结合 $f(0)=1$，有

$f(x)=(x+1{)}^2$。

对第二个方程令 $g(x)=(x-2)u(x)$，则

$u^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。

由 $g(1)=0$ 得常数为 $0$，故

$g(x)=(x-2)\ln x$。

曲线方程化为

$(x+1{)}^2+(y-2)\ln y=0$，即

$(x+1{)}^2=(2-y)\ln y$。

闭区域对应 $1\le y\le 2$，并关于旋转轴 $x=-1$ 对称。用圆盘法：

$V=\pi {\int }_1^2(2-y)\ln ydy$。

计算得

${\int }_1^2(2-y)\ln ydy=2\ln 2-\frac{5}{4}$，

故结论成立。

20. 在曲线 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$ 上的横坐标为 $a(0<a<1)$ 处作曲线的切线，将切线与 $x$ 轴、$y$ 轴所围成的图形绕 $y$ 轴旋转一周，使得旋转体的体积最大，求 $a$ 的值。

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答案：

$a=\frac{4}{9}$。

解析：

设切点为 $(a,(1-\sqrt{a}{)}^2)$。由隐函数切线公式可得切线截距式

$\frac{x}{\sqrt{a}}+\frac{y}{1-\sqrt{a}}=1$。

因此切线与坐标轴围成的三角形绕 $y$ 轴旋转形成圆锥，其底面半径为 $\sqrt{a}$，高为 $1-\sqrt{a}$，故

$V(a)=\frac{\pi }{3}a(1-\sqrt{a})$。

令 $s=\sqrt{a}\in (0,1)$，则只需最大化 $s^2(1-s)$。其导数为

$s(2-3s)$，故最大值在 $s=\frac{2}{3}$ 处取得，从而

$a=s^2=\frac{4}{9}$。

21. 设函数 $x=x(y)$ 满足

$y=\int \frac{4y^3}{4-y^6}dx$，

$L$ 为曲线 $x=x(y)(-2\le y\le -1)$，且 $x(-1)=-\frac{9}{16}$，记 $L$ 的长度为 $S$。求：

(1) $S$；

(2) $x$ 的最大值。

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答案：

(1) $S=\frac{21}{16}$；

(2) $x_{\max }=-\frac{3}{2^{8/3}}$。

解析：

题式表示

$\frac{dy}{dx}=\frac{4y^3}{4-y^6}$，

故

$\frac{dx}{dy}=\frac{4-y^6}{4y^3}=\frac{1}{y^3}-\frac{y^3}{4}$。

积分并利用 $x(-1)=-\frac{9}{16}$，得

$x(y)=-\frac{1}{2y^2}-\frac{y^4}{16}$。

弧长根式可化简为

$\sqrt{1+{\left(\frac{dx}{dy}\right)}^2}=-\left(\frac{y^3}{4}+\frac{1}{y^3}\right)$，

其中利用了 $y<0$。于是

$S={\int }_{-2}^{-1}-\left(\frac{y^3}{4}+\frac{1}{y^3}\right)dy=\frac{21}{16}$。

求最大值时令

$\frac{dx}{dy}=0$，得 $y^6=4$。在给定区间内

$y=-2^{1/3}$。

代入 $x(y)$，得

$x_{\max }=-\frac{3}{2^{8/3}}$。

22. 设连续函数 $y=y(x)$ 满足

$y^{\prime }+\frac{t^2}{y}{x}^3=\frac{y}{x}$，

$y(1)=\sqrt{9-t^2}$，其中 $0\le t\le 3$，$x>0$。

(1) 利用换元 $z=y^2$ 求 $y=y(x)$ 的表达式；

(2) 令 $f(x)=\frac{1}{9}{\int }_0^{3}y(x)dt$，求曲线 $y=f(x)$ 的全长。

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答案：

(1) $y=x\sqrt{9-t^2{x}^2}$；

(2) $L=\frac{1}{2}+\frac{\pi }{4}$。

解析：

将方程乘以 $2y$，令 $z=y^2$，得

$z^{\prime }-\frac{2}{x}z=-2t^2{x}^3$。

乘以积分因子 $x^{-2}$：

${\left(\frac{z}{x^2}\right)}^{\prime }=-2t^{2}x$。

积分得

$z=x^2(C-t^2{x}^2)$。

由 $z(1)=9-t^2$ 得 $C=9$，故取非负支

$y=x\sqrt{9-t^2{x}^2}$。

为使对所有 $0\le t\le 3$ 均为实数，应有 $0\le x\le 1$。于是

$f(x)=\frac{1}{9}{\int }_0^{3}x\sqrt{9-t^2{x}^2}dt=\frac{1}{9}{\int }_0^{3x}\sqrt{9-u^2}du$。

由变上限求导，

$f^{\prime }(x)=\sqrt{1-x^2}$。

故全长为

$L={\int }_0^1\sqrt{1+[f^{\prime }(x){]}^2}dx={\int }_0^1\sqrt{2-x^2}dx=\frac{1}{2}+\frac{\pi }{4}$。

23. 设非负函数 $y(x)$ 是微分方程 $2y{y}^{\prime }=\cos x$ 满足条件 $y(0)=0$ 的解，求曲线

$f_n(x)=n{\int }_0^{x/n}y(t)dt(0\le x\le n\pi )$

的弧长。

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答案：

$4n$。

解析：

由

$(y^2{)}^{\prime }=\cos x$，$y(0)=0$，

得在 $[0,\pi ]$ 上

$y(x)=\sqrt{\sin x}$。

于是

$f_n^{\prime }(x)=y\left(\frac{x}{n}\right)=\sqrt{\sin \frac{x}{n}}$。

弧长为

$L={\int }_0^{n\pi }\sqrt{1+\sin \frac{x}{n}}dx$。

令 $u=x/n$，则

$L=n{\int }_0^{\pi }\sqrt{1+\sin u}du$。

在 $[0,\pi ]$ 上，

$\sqrt{1+\sin u}=\sin \frac{u}{2}+\cos \frac{u}{2}$，

故积分等于 $4$，从而 $L=4n$。

24. 设函数 $y=f(x)$ 在区间 $[0,a]$ 上非负，$f^{\prime \prime }(x)>0$，且 $f(0)=0$，有一块质量均匀分布的平板 $D$，其占据的区域是曲线 $y=f(x)$ 与直线 $x=a$ 以及 $x$ 轴围成的平面图形。用 $\bar{x}$ 表示平板 $D$ 的质心的横坐标，证明 $\bar{x}>\frac{2}{3}a$。

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答案：

$\bar{x}>\frac{2}{3}a$。

解析：

平板的面积与对 $y$ 轴的一阶矩分别为

$A={\int }_0^{a}f(x)dx$，

$M_y={\int }_0^{a}xf(x)dx$，

故

$\bar{x}=\frac{{\int }_0^{a}xf(x)dx}{{\int }_0^{a}f(x)dx}$。

由于 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 且 $f(0)=0$，函数

$g(x)=\frac{f(x)}{x}(x>0)$

严格递增。于是相对于基础权函数 $x$，再乘一个严格递增因子 $g(x)$ 会使加权平均横坐标严格增大。具体地，

$\displaystyle \left(\int_0^ax^2g(x)dx\right)\left(\int_0^axdx\right)

\left(\int_0^axg(x)dx\right)\left(\int_0^ax^2dx\right)$。

这是切比雪夫积分不等式的严格形式，也可将两边之差写成正的二重积分验证。因 $f(x)=xg(x)$，得到

$\bar{x}>\frac{{\int }_0^a{x}^{2}dx}{{\int }_0^{a}xdx}=\frac{a^3/3}{a^2/2}=\frac{2}{3}a$。

25. 求摆线的一拱

$\{\begin{array}{l}x=a(t-\sin t),\\ y=a(1-\cos t)\end{array}(0\le t\le 2\pi ,a>0)$

与 $x$ 轴围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转体的体积与表面积。

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答案：

体积 $V=5{\pi }^2{a}^3$；

表面积 $S=\frac{64\pi a^2}{3}$。

解析：

有

$\frac{dx}{dt}=a(1-\cos t)$，

$ds=\sqrt{(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2}dt=2a\sin \frac{t}{2}dt$。

体积为

$V=\pi \int y^{2}dx=\pi a^3{\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{3}dt$。

展开并利用三角函数在整周期上的积分，

${\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{3}dt=5\pi$，

故 $V=5{\pi }^2{a}^3$。

旋转曲面面积为

$S=2\pi \int yds=2\pi {\int }_0^{2\pi }a(1-\cos t)\cdot 2a\sin \frac{t}{2}dt$。

由于 $1-\cos t=2{\sin }^2\frac{t}{2}$，

$S=8\pi a^2{\int }_0^{2\pi }{\sin }^3\frac{t}{2}dt=8\pi a^2\cdot \frac{8}{3}=\frac{64\pi a^2}{3}$。

26. 已知摆线的参数方程为

$\{\begin{array}{l}x=a(t-\sin t),\\ y=a(1-\cos t)\end{array}$，

其中 $0\le t\le 2\pi$，常数 $a>0$。设该摆线一拱的弧长的数值等于该弧段绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转曲面面积的数值，求 $a$ 的值。

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答案：

$a=\frac{3}{8\pi }$。

解析：

一拱弧长为

$L={\int }_0^{2\pi }2a\sin \frac{t}{2}dt=8a$。

由上一题，绕 $x$ 轴旋转所得曲面面积为

$S=\frac{64\pi a^2}{3}$。

按题意 $L=S$，故

$8a=\frac{64\pi a^2}{3}$。

由于 $a>0$，约去 $8a$ 得

$a=\frac{3}{8\pi }$。