第6章 习题答案：定积分的应用
第6章 定积分的应用
601 答案 $ \frac{16}{3} $ ← 题目
如图，交点有 $ (0,0) $， $ (4,0) $， $ (4,2) $
方法一：看成X型区域，不用分割.
$$ S=\int_{0}^{4}\sqrt{x}\mathrm{d}x=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{4}=\frac{16}{3}. $$
方法二：看成Y型区域，不用分割.
$$ S=\int_{0}^{2}(4-y^{2})\mathrm{d}y=\left(4y-\frac{1}{3}y^{3}\right)\bigg|_{0}^{2}=8-\frac{8}{3}=\frac{16}{3}. $$
602答案 $ \frac{7}{6} $ ← 题目
如图，交点有 $ (-1,0),(0,1),(0,0),(1,1) $
将该平面图形看成Y型区域
面积 $ S = \int_{0}^{1} [\sqrt{y} - (y-1)] \, dy $
$ \left.\Rightarrow\left(\frac{2}{3}y^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}y^{2}+y\right)\right|_{0}^{1}=\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+1=\frac{7}{6} $
603 答案 ← 题目
$$ \frac{1}{2} $$
如图，交点有 $ (-1,-1),(1,1),(0,0) $。将第一象限的图形看成X型区域，且图形对称，则
$$ S=2\int_{0}^{1}(x-x^{3})\mathrm{d}x=2\left(\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{4}x^{4}\right)\bigg|_{0}^{1}=2(\frac{1}{2}-\frac{1}{4})=\frac{1}{2}. $$
604 答案 ← 题目
$$ \frac{4}{3} $$
如图，交点有 $ (2,0),(0,4) $。将该平面图形看成X型区域，则
$ S=\int_{0}^{2}[(4-x^{2})-(4-2x)]dx=\left(x^{2}-\frac{1}{3}x^{3}\right)\bigg|_{0}^{2}=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}. $
602题-图
605 客 3. ← 题目
如图，交点有 $ (0,0),(3,0),(3,\sqrt{3a}) $。将该平面图形看成X型区域，
$ S=\int_{0}^{1}\sqrt{ax}dx=\sqrt{a}\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{3}=2\sqrt{3}\cdot\sqrt{a}=6 $，故 $ a=3 $。
606答案 $ \frac{3}{\ln2}-1 $ ← 题目
如图，交点有 $ (0,1),(2,0),(2,4) $。将该平面图形看成X型区域，则
$$ \begin{aligned}S=&\int_{0}^{2}\left[2^{x}-\left(1-\frac{x}{2}\right)\right]\mathrm{d}x\\=&\left(\frac{2^{x}}{\ln2}-x+\frac{x^{2}}{4}\right)\Bigg|_{0}^{2}=\frac{3}{\ln2}-1.\end{aligned} $$
607答案 2. ← 题目
如图，交点有 $ (0,0) $， $ (1,0) $， $ (2,2) $，
(3,0).
$$ S=\int_{0}^{1}[0-(x^{2}-x)]\mathrm{d}x+\int_{1}^{2}(x^{2}-x)\mathrm{d}x+\int_{2}^{3}(6-2x)\mathrm{d}x $$
$$ \begin{aligned}=\left(\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{3}x^{3}\right)\bigg|_{0}^{1}+\left(\frac{1}{3}x^{3}-\frac{1}{2}x^{2}\right)\bigg|_{1}^{2}+\left(6x-x^{2}\right)\bigg|_{2}^{3}=\frac{1}{6}+\frac{2}{3}+\frac{1}{6}+1=2\ .\end{aligned} $$
评注
本题也可以将平面图形看成Y型区域，但是也需要将其分割.
608 答案 $ \frac{20\sqrt{5}}{3} $. ← 题目
$ y=x^{2} $ 在点(2,4)处的切线方程为 y=4x-4. 此切线与曲线 $ y=-x^{2}+4x+1 $ 所围的平面图形（如图）交点有 $ (\sqrt{5},4\sqrt{5}-4) $， $ (-\sqrt{5},-4\sqrt{5}-4) $.
$$ \begin{aligned}S=&\int_{-\sqrt{5}}^{\sqrt{5}}[(1+4x-x^{2})-(4x-4)]\mathrm{d}x=\int_{-\sqrt{5}}^{\sqrt{5}}(5-x^{2})\mathrm{d}x\\=&\left(5x-\frac{1}{3}x^{3}\right)\bigg|_{-\sqrt{5}}^{\sqrt{5}}=\left(5\sqrt{5}-\frac{5\sqrt{5}}{3}\right)-\left(-5\sqrt{5}+\frac{5\sqrt{5}}{3}\right)=\frac{20}{3}\sqrt{5}\ .\end{aligned} $$
609 答案 $ \frac{14\sqrt{7}}{3}+\frac{20}{3} $ ← 题目
如图，交点有 $ (2,-1),(8,-1),(2,\sqrt{7}) $。将平面图形看成Y型区域，则 $ S=\int_{-1}^{\sqrt{7}}[(9-y^2)-2]\,\mathrm{d}y=\int_{-1}^{\sqrt{7}}(7-y^2)\,\mathrm{d}y=\left(7y-\frac{1}{3}y^3\right)\bigg|_{-1}^{\sqrt{7}}=\frac{14\sqrt{7}+20}{3} $。
评注
本题也可以先计算出曲线 $ y^2 = 9 - x $ 与直线 $ x = 2 $ 所围成的平面图形的面积，其值为 $ 2\int_2^9 \sqrt{9 - x} \, dx = \frac{28\sqrt{7}}{3} $，再减去该平面图形的下面部分（面积小的那部分）的面积 $ \int_2^8 [-1 - (-\sqrt{9 - x})] \, dx = \int_2^8 [\sqrt{9 - x} - 1] \, dx = \frac{14\sqrt{7} - 20}{3} $，所以 $ S = \frac{28\sqrt{7}}{3} - \frac{14\sqrt{7} - 20}{3} = \frac{14\sqrt{7} + 20}{3} $。
610 答案 $ \frac{\pi}{8}-\frac{1}{4} $ ← 题目
如图，交点有 $ (0,0),\left(\frac{\pi}{4},0\right) $. 将该平面图形看成X型区域，则
$$ \begin{aligned}&S=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\cos2x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\mathrm{d}(\sin2x)\\ &=\frac{1}{2}[x\sin2x|_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin2x\mathrm{d}x]=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\cos2x|_{0}^{\frac{\pi}{4}}\right)=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}.\\ \end{aligned} $$
611 答案 $ 2-2e^{-1} $ ← 题目
如图，交点有 $ (-1,e^{-1}),(0,1),(1,e^{-1}) $。将第一象限的图形看成X型区域，由对称性得
$$ S=2\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=2\left(-\mathrm{e}^{-x}\right)\Big|_{0}^{1}=2(1-\mathrm{e}^{-1}). $$
612答案 $ \frac{1}{4}(e^{2}-1) $. ← 题目
如图，交点有 $ (1,0) $， $ (e,e) $， $ (0,0) $。将该平面图形看成X型区域，
$$ \begin{aligned}S=&\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x+\int_{1}^{e}(x-x\ln x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}x^{2}\Big|_{0}^{1}+\frac{1}{2}x^{2}\Big|_{1}^{e}+\int_{1}^{e}(-x\ln x)\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2}-\frac{1}{2}\int_{1}^{e}\ln x\mathrm{d}(x^{2})=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2}-\frac{1}{2}[\left.(\ln x\cdot x^{2})\right|_{1}^{e}-\int_{1}^{e}x\mathrm{d}x]\\=&\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2}-\frac{1}{2}[\mathrm{e}^{2}-\frac{1}{2}x^{2}\Big|_{1}^{e}]=\frac{1}{4}(\mathrm{e}^{2}-1).\end{aligned} $$
评注
本题也可以先计算出直线 $ y = x $，直线 $ x = e $ 与 $ x $ 轴所围成的直角三角形的面积，其值为 $ \frac{1}{2} \cdot e \cdot e = \frac{1}{2} e^2 $，再减去由曲线 $ y = x \ln x (1 \leq x \leq e) $，直线 $ x = e $ 与 $ x $ 轴所围成的曲边三角形的面积 $ \int_1^e x \ln x \, dx \xlongequal{\text{分部积分}} \frac{1}{2} \int_1^e \ln x \, d(x^2) = \frac{1}{4} (e^2 + 1) $，所以 $ S = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2 + 1}{4} = \frac{e^2 - 1}{4} $。
613答案 4√2 ← 题目
如图，交点有 $ \left(\frac{\pi}{4},\frac{\sqrt{2}}{2}\right) $， $ \left(\frac{5\pi}{4},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) $。将该平面图形看成X型区域，分别以 $ x=\frac{\pi}{4} $， $ x=\frac{5\pi}{4} $为边界将该平面图形分成3部分，则
$$ \begin{align*}S=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\cos x-\sin x)\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}(\sin x-\cos x)\mathrm{d}x+\int_{\frac{5\pi}{4}}^{2\pi}(\cos x-\sin x)\mathrm{d}x\\=&\left.(\sin x+\cos x)\right|_{0}^{\frac{\pi}{4}}+\left.(-\cos x-\sin x)\right|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}+\left.(\sin x+\cos x)\right|_{\frac{5\pi}{4}}^{2\pi}=4\sqrt{2}.\end{align*} $$
614 答案 $ \frac{\pi}{2}-\frac{1}{3} $ ← 题目
如图，交点有 $ (-1,1),(1,1) $。将该平面图形在第一象限的部分看成Y型区域，由对称性得
$$ \begin{aligned}&S=2\int_{0}^{1}(\sqrt{2-y^{2}}-\sqrt{y})\mathrm{d}y=2\int_{0}^{1}\sqrt{2-y^{2}}\mathrm{d}y-2\int_{0}^{1}\sqrt{y}\mathrm{d}y\\ &=2\int_{0}^{1}\sqrt{2-y^{2}}\mathrm{d}y-2\cdot\frac{2}{3}y^{\frac{3}{2}}\Bigg|_{0}^{1}\xlongequal{ 令 y=\sqrt{2}\sin t}2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{2}\cos t\mathrm{d}(\sqrt{2}\sin t)-\frac{4}{3}\\ \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned}&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}2\cos^{2}t\mathrm{d}t-\frac{4}{3}=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(1+\cos2t)\mathrm{d}t-\frac{4}{3}\\&=2\left(t+\frac{1}{2}\sin2t\right)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\frac{4}{3}=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{3}\;.\end{aligned} $$
评注
本题解法较多，可以用上半个圆的面积减去夹在圆与抛物线间的图形面积，即 $ S = \pi - \int_{-1}^{1} (\sqrt{2 - x^2} - x^2) \, dx = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{3} $。也可以考虑把平面图形看成 X 型区域， $ S = 2 \int_{0}^{1} x^2 \, dx + 2 \int_{1}^{\sqrt{2}} \sqrt{2 - x^2} \, dx = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{3} $。
615 答案 $ \frac{8}{3} $ ← 题目
如图，交点有 $ (0,0) $， $ (2-\sqrt{4-b},b) $， $ (2+\sqrt{4-b},b) $.
抛物线 $ y=4x-x^{2} $ 与直线 y=b(b>0) 所围成的平面图形关于 x=2 对称，又由抛物线 $ y=4x-x^{2} $，y 轴和直线 $ y=b(b\gt 0) $ 所围成的平面图形的面积是仅由抛物线 $ y=4x-x^{2} $ 及直线 y=b 所围图形面积的一半，所以矩形 AOBD 的面积和曲边梯形 OCB 的面积相等，而矩形 AOBD 的面积为 2b，故
$$2b=\int_{0}^{2}(4x-x^{2})dx=\left(2x^{2}-\frac{1}{3}x^{3}\right)\bigg|_{0}^{2}=\frac{16}{3}，所以b=\frac{8}{3}.$$
评注
本题是利用矩形 AOBD 的面积和曲边梯形 OCB 的面积相等而求出 b 的值，计算非常简单。但如果利用两个阴影部分面积相等，即 $ \int_{0}^{2-\sqrt{4-b}}[b-(4x-x^2)]dx=\int_{2-\sqrt{4-b}}^{2}(4x-x^2-b)dx $，计算量比较大，计算 b 的值很困难。
616 答案 $ S=\frac{\sqrt{3}\pi}{3}-\frac{3}{4} $ ← 题目
如图，交点有 $ (0,0),\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right) $. 将阴影部分看成Y型区域，
$$ \begin{aligned}S=&\int_{0}^{\frac{3}{2}}(\sqrt{6y-3y^{2}}-y)\mathrm{d}y=\int_{0}^{\frac{3}{2}}(\sqrt{3-3(1-y)^{2}}-y)\mathrm{d}y=\sqrt{3}\int_{0}^{\frac{3}{2}}\sqrt{1-(1-y)^{2}}\mathrm{d}y-\int_{0}^{\frac{3}{2}}y\mathrm{d}y\\=&\sqrt{3}\int_{0}^{\frac{3}{2}}\sqrt{1-(1-y)^{2}}\mathrm{d}y-\frac{1}{2}y^{2}\bigg|_{0}^{\frac{3}{2}}=\sqrt{3}\int_{0}^{\frac{3}{2}}\sqrt{1-(1-y)^{2}}\mathrm{d}y-\frac{9}{8}\;.\end{aligned} $$
令 $ 1-y=\sin t $，则 $ \sqrt{3}\int_{0}^{\frac{3}{2}}\sqrt{1-(1-y)^{2}}\,\mathrm{d}y=\sqrt{3}\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{6}}(-\cos^{2}t)\,\mathrm{d}t $
$ =\sqrt{3}\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2t}{2}\,\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(t+\frac{1}{2}\sin2t\right)\bigg|_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+\frac{3}{8} $
所求面积 $ S = \frac{\sqrt{3}\pi}{3} + \frac{3}{8} - \frac{9}{8} = \frac{\sqrt{3}\pi}{3} - \frac{3}{4} $.
评注
用定积分求平面图形的面积，一般先作出图形的草图，由曲线方程确定出交点坐标，这时若把平面图形看成X型区域，则积分的上、下限与交点的横坐标有关；若把平面图形看成Y型区域，则积分的上、下限与交点的纵坐标有关。
617 答案 (1) $ p = -\frac{4}{5}, q = 3 $; (2) $ S = \frac{225}{32} $. ← 题目
如图，抛物线与x轴的交点为 $ (0,0) $， $ \left(-\frac{q}{p},0\right) $.
面积 $ S = \int_{0}^{-\frac{q}{p}} (px^{2} + qx) \, dx = \left( \frac{p}{3}x^{3} + \frac{q}{2}x^{2} \right) \bigg|_{0}^{-\frac{q}{p}} = \frac{q^{3}}{6p^{2}} $.
又直线 $ x + y = 5 $ 与抛物线相切，设切点为 $ (x_{0}, y_{0}) $，则
$$ \{\begin{aligned}{}&{{}x_{0}+y_{0}=5}\\ {}&{{}p x_{0}^{2}+q x_{0}=y_{0}}\\ {}&{{}2p x_{0}+q=-1}\\ \end{aligned}., $$
解得 $ x_{0}=\frac{-1-q}{2p} $， $ y_{0}=5+\frac{1+q}{2p} $， $ p\left(\frac{-1-q}{2p}\right)^{2}+q\frac{-1-q}{2p}=5+\frac{1+q}{2p} $，化简得
$$ p=-\frac{1}{20}(1+q)^{2}. $$
所以 $ S(q)=\frac{q^{3}}{6p^{2}}=\frac{q^{3}}{6}\cdot\frac{400}{(1+q)^{4}}=\frac{200q^{3}}{3(1+q)^{4}} $， $ S'(q)=\frac{200q^{2}(3-q)}{3(1+q)^{5}} $.
令 $ S'(q)=\frac{200q^{2}(3-q)}{3(1+q)^{5}}=0 $ (q>0)，得驻点为 q=3.
当 $ 0 \lt q \lt 3 $ 时， $ S'(q) \gt 0 $，当 $ q \gt 3 $ 时， $ S'(q) \lt 0 $。故 $ q = 3 $ 是 $ S(q) = \frac{200q^3}{3(1+q)^4} $ 的极大值点。
又是唯一的极值点，所以 $ q = 3 $， $ p = -\frac{4}{5} $ 时， $ S(q) = \frac{200q^3}{3(1+q)^4} $ 最大，最大值为 $ S(3) = \frac{225}{32} $。
设点 P 坐标为 $ (x_{0}, y_{0}) $，如图，交点有 $ (x_{0}, y_{0}), (1, y_{0}) $，其中 $ y_{0} = x_{0}^{2} $ ← 题目
$$ S=\int_{0}^{x_{0}}(x_{0}^{2}-x^{2})\mathrm{d}x+\int_{x_{0}}^{1}(x^{2}-x_{0}^{2})\mathrm{d}x=\frac{4}{3}x_{0}^{3}-x_{0}^{2}+\frac{1}{3}(0\leqslant x_{0}\leqslant1). $$
令 $ S'(x_{0})=4x_{0}^{2}-2x_{0}=0 $ ，得驻点 $ x_{0}=\frac{1}{2}, x_{0}=0 $
又 $ S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4} $， $ S(0)=\frac{1}{3} $， $ S(1)=\frac{2}{3} $，比较大小，可知阴影部分在 $ x_{0}=\frac{1}{2} $ 时，面积最小。所以点 P 为 $ \left(\frac{1}{2},\frac{1}{4}\right) $
619 答案 两条公切线方程分别为 $ y = 4x - 4 $, $ y = 0 $，面积为 $ \frac{4}{3} $. ← 题目
设公切线与抛物线 $ y = x^2 $ 的切点为 $ (t, t^2) $，则公切线方程为 $ y - t^2 = 2t(x - t) \Rightarrow y = 2tx - t^2 $.
设公切线与抛物线 $ y = -x^2 + 4x - 4 $ 的切点为 $ (p, -p^2 + 4p - 4) $，则公切线方程为 $ y + p^2 - 4p + 4 = (-2p + 4)(x - p) \Rightarrow y = (-2p + 4)x + p^2 - 4 $。
从而 $ \begin{cases} 2t = -2p + 4 \\ -t^2 = p^2 - 4 \end{cases} $，解得 $ \begin{cases} p = 0 \\ t = 2 \end{cases} $ 或 $ \begin{cases} p = 2 \\ t = 0 \end{cases} $。
则公切线与 $ y = x^2 $ 的切点为 $ (2, 4) $， $ (0, 0) $，公切线与 $ y = -x^2 + 4x - 4 $ 的切点为 $ (0, -4) $， $ (2, 0) $，所以有两条公切线，方程为 $ y = 0 $ 和 $ y = 4x - 4 $。
$$ \begin{align*}S=&\int_{0}^{4}\left(\frac{y+4}{4}-\sqrt{y}\right)\mathrm{d}y+\int_{-4}^{0}\left(2-\sqrt{-y}-\frac{y+4}{4}\right)\mathrm{d}y\\=&\left(\frac{1}{8}y^{2}+y-\frac{2}{3}y^{\frac{3}{2}}\right)\bigg|_{0}^{4}+2y\bigg|_{-4}^{0}+\frac{2}{3}(-y)^{\frac{3}{2}}\bigg|_{-4}^{0}-\left(\frac{1}{8}y^{2}+y\right)\bigg|_{-4}^{0}=\frac{4}{3}.\end{align*} $$
620 答案 $ a = -3, b = 5, c = 0 $. ← 题目
因 $ y=ax^{2}+bx+c $ 过点 $ (0,0) $ 和 $ (1,2) $，得：c=0,a+b=2。
由 a<0，知 $ y=ax^{2}+bx $ 开口向下；又抛物线 $ y=-x^{2}+2x=1-(x-1)^{2} $ 开口向下，过点 $ (0,0) $ 和 $ (2,0) $，且顶点为 $ (1,1) $，而 $ y=ax^{2}+bx $ 在 x=1 时， $ y=a+b=2\gt 1 $，即当
$$ 0\leq x\leq1 $$
$$ y=ax^{2}+bx $$
$$ y=-x^{2}+2x $$
设两抛物线的另一个交点为 $ (x_{0},-x_{0}^{2}+2x_{0}) $，代入 $ y=ax^{2}+bx $
中，解得 $ x_{0}=\frac{a}{1+a} $ ( $ a\neq-1 $)（否则两抛物线不能围成平面图形），所围图形（见题620图）面积
$$ \begin{aligned}S=&\int_{0}^{\frac{a}{1+a}}[ax^{2}+bx-(-x^{2}+2x)]\mathrm{d}x\\=&\int_{0}^{\frac{a}{1+a}}[ax^{2}+(2-a)x+x^{2}-2x]\mathrm{d}x=-\frac{a^{3}}{6(1+a)^{2}}.\end{aligned} $$
令 $ \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}a} = -\frac{a^2(a+3)}{6(1+a)^3} = 0 $，解得 $ a = -3 $ ( $ a = 0 $ 舍去)， $ a \lt -3 $， $ \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}a} \lt 0 $； $ -3 \lt a \lt -1 $， $ \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}a} \gt 0 $ 即 $ a = -3 $ 是极小值点，又是 $ (-\infty, 0) $ 内唯一的驻点，所以
a=-3是面积的最小值点，故a=-3,b=5,c=0.
621 答案 $ \pi\left(\frac{a^{2}}{2}+b^{2}\right) $ ← 题目
曲线 $ \rho = a\cos\theta + b $ ( $ b \geqslant a \gt 0 $) 所围平面图形如图.
$$ \begin{aligned}S&=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}\rho^{2}\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}(a\cos\theta+b)^{2}\mathrm{d}\theta&621 题 -\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}(a^{2}\cos^{2}\theta+b^{2}+2ab\cos\theta)\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}[b^{2}\theta+2ab\sin\theta]\Bigg|_{0}^{2\pi}+\frac{a^{2}}{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{1+\cos2\theta}{2}\mathrm{d}\theta\\ &=\pi b^{2}+\frac{a^{2}}{2}\Bigg(\frac{\theta}{2}+\frac{\sin2\theta}{4}\Bigg)\Bigg|_{0}^{2\pi}=\pi\Bigg(\frac{a^{2}}{2}+b^{2}\Bigg).\\ \end{aligned} $$
622 答案 $ \frac{\pi-1}{4}a^{2} $ ← 题目
$ \rho = a \sin \theta \Leftrightarrow \rho^{2} = a \rho \sin \theta \Leftrightarrow x^{2} + y^{2} = ay $，即 $ x^{2} + \left(y - \frac{a}{2}\right)^{2} = \frac{a^{2}}{4} $，
$$ \rho=a(\cos\theta+\sin\theta)\Leftrightarrow\rho^{2}=a\rho(\cos\theta+\sin\theta)\Leftrightarrow\left(x-\frac{a}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{a}{2}\right)^{2}=\frac{a^{2}}{2} $$
如图，将公共部分分成 $ D_{1} $和 $ D_{2} $两部分，显然 $ S_{D_{1}}=\frac{1}{2}\pi\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\frac{\pi a^{2}}{8} $，而
$$ \begin{aligned}S_{D_{2}}&=\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}\rho^{2}\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}(a\sin\theta+a\cos\theta)^{2}\mathrm{d}\theta\\&=\frac{1}{2}a^{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}(1+2\sin\theta\cos\theta)\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}a^{2}\Bigg(\theta|_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}2\sin\theta\mathrm{d}\sin\theta\Bigg)\\&=\frac{1}{2}a^{2}\Bigg(\frac{\pi}{4}+\sin^{2}\theta|_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{4}}\Bigg)=\frac{1}{2}a^{2}\Bigg[\frac{\pi}{4}+\Bigg(\frac{\sqrt{2}}{2}\Bigg)^{2}-1\Bigg]=\frac{\pi a^{2}}{8}-\frac{a^{2}}{4}.\\ \end{aligned} $$
故所求面积 $ S = S_{D_{1}} + S_{D_{2}} = \frac{\pi a^{2}}{8} + \frac{\pi a^{2}}{8} - \frac{a^{2}}{4} = \frac{(\pi - 1)a^{2}}{4} $.
623答案 $ 3\pi a^{2} $ ← 题目
$$ \begin{aligned} 如图 S&=\int_{a}^{\beta}y(t)x^{\prime}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{2\pi}a(1-\cos t)(a(t-\sin t))^{\prime}\mathrm{d}t\\&=a^{2}\int_{0}^{2\pi}(1-2\cos t+\cos^{2}t)\mathrm{d}t=a^{2}(t-2\sin t)\Big|_{0}^{2\pi}+a^{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{1+\cos2t}{2}\mathrm{d}t\\&=2\pi a^{2}+a^{2}\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{2}\sin2t\right)\Big|_{0}^{2\pi}=3\pi a^{2}\text{．}\end{aligned} $$
624 答案 $ P\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{4}{3}\right) $ ← 题目
如图，设点 $ P $ 的坐标 $ P(x,y) = (\cos t,2\sin^2 t) $， $ S = S_1 + S_2 $，其中 $ S_1 = \frac{1}{2}xy = \cos t\sin^2 t $。
$$ S_{2}=\int_{o s s t}^{1}y\mathrm{d}x=\int_{c o s t}^{1}2(1-x^{2})\mathrm{d}x=2\Bigg(x-\frac{1}{3}x^{3}\Bigg)\Bigg|_{c o s t}^{1}=\frac{4}{3}-2\cos t+\frac{2}{3}\cos^{3}t\;. $$
所以 $ S = \cos t \sin^{2} t + \frac{4}{3} - 2 \cos t + \frac{2}{3} \cos^{3} t $，从而 $ \frac{dS}{dt} = 2 \sin t - \sin^{3} t $，
令 $ \frac{d^{2}S}{dt^{2}}=\cos t(2-3\sin^{2}t)=0 $，得 $ t=\arcsin\sqrt{\frac{2}{3}},t=\frac{\pi}{2} $.
由于 $ \left.\frac{dS}{dt}\right|_{t=0}=0 $， $ \left.\frac{dS}{dt}\right|_{t=\frac{\pi}{2}}=1 $， $ \left.\frac{dS}{dt}\right|_{t=\arcsin\sqrt{\frac{2}{3}}}=\sqrt{\frac{32}{27}}\gt 1 $，所以当 $ t=\arcsin\sqrt{\frac{2}{3}} $时， $ \frac{dS}{dt} $取得最大值， $ P\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{4}{3}\right) $。
625 答案 $ 32\pi $. ← 题目
如图， $ V_{y}=\int_{-3}^{3}\pi(x)^{2}dy=\pi\int_{-3}^{3}4\left(1+\frac{y^{2}}{9}\right)dy=8\pi\int_{0}^{3}\left(1+\frac{y^{2}}{9}\right)dy $
$ =8\pi\left(y+\frac{y^{3}}{27}\right)\bigg|_{0}^{3}=32\pi $
626答案 $ \frac{8\pi}{3} $ ← 题目
平面图形如图，交点有(1,3)和(3,1).
方法一： $ V_x = \int_1^3 [\pi(4-x)^2 - \pi\left(\frac{3}{x}\right)^2] \, \mathrm{d}x = \left[-\frac{1}{3}\pi(4-x)^3 + \frac{9\pi}{x}\right]_{\pi}^3 = \frac{8\pi}{3} $.
方法二： $ V_x = 2\pi\int_1^3 [y(4-y) - y\left(\frac{3}{y}\right)] \, \mathrm{d}y = 2\pi\int_1^3 (4y - y^2 - 3) \, \mathrm{d}y $
$ = 2\pi\left(2y^2 - \frac{1}{3}y^3 - 3y\right)\bigg|_{1}^3 = \frac{8\pi}{3} $.
627 答案 $ \frac{\pi}{2}, 2\pi $. ← 题目
如图， $ V_{x}=\int_{0}^{+\infty}\pi(e^{-x})^{2}dx=\pi\int_{0}^{+\infty}e^{-2x}dx=\pi\left(-\frac{1}{2}e^{-2x}\right)\bigg|_{0}^{+\infty}=\frac{\pi}{2} $.
$$ V_{y}=2\pi\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=-2\pi\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-x})=-2\pi(x\mathrm{e}^{-x}+\mathrm{e}^{-x})\Big|_{0}^{+\infty}=2\pi. $$
628 答案 $ \pi(1-e^{-1}) $ ← 题目
如图， $ V_{y}=2\pi\int_{-1}^{0}|x|\, \mathrm{e}^{-x^{2}}\,dx=-2\pi\int_{-1}^{0}x\mathrm{e}^{-x^{2}}\,dx=\pi\mathrm{e}^{-x^{2}}\bigg|_{-1}^{0}=\pi(1-\mathrm{e}^{-1}) $.
$$ V_{y}=\pi\cdot1^{2}\cdot\mathrm{e}^{-1}+\pi\int_{\mathrm{e}^{-1}}^{1}(-\sqrt{-\ln y})^{2}\mathrm{d}y=\pi\cdot\mathrm{e}^{-1}+\pi\int_{\mathrm{e}^{-1}}^{1}(-\ln y)\mathrm{d}y=\pi(1-\mathrm{e}^{-1}) $$
629答案 $ 4\pi^{2}a^{3} $ ← 题目
如图， $ V_{x}=\pi\int_{-a}^{a}\left[(2a+\sqrt{a^{2}-x^{2}})^{2}-(2a-\sqrt{a^{2}-x^{2}})^{2}\right]dx $
$ =8a\pi\int_{-a}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx=8a\pi\cdot\frac{\pi a^{2}}{2}=4\pi^{2}a^{3} $
630 答案 $ \pi\left(2-\frac{2}{3}e\right),\pi\left(\frac{e^{2}}{6}-\frac{1}{2}\right) $. ← 题目
如图，设切点坐标为 $ (x_{0},\ln x_{0}) $，切线方程为
$ y - \ln x_{0} = \frac{1}{x_{0}}(x - x_{0}) $，即 $ y = \frac{1}{x_{0}}x - 1 + \ln x_{0} $.
因切线过原点，将 x=0, y=0 代入上式 $ \Rightarrow x_{0}=e $，故切点为 $ (e,1) $.
切线方程为 $ y = \frac{1}{e}x $.
$$ \begin{aligned}V_{x}&=\pi\int_{0}^{\epsilon}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}x\right)^{2}\mathrm{d}x-\pi\int_{1}^{\epsilon}(\ln x)^{2}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{3}\mathrm{e}-\pi[x(\ln x)^{2}]\big|_{1}^{\epsilon}+2\int_{1}^{\epsilon}\pi\ln x\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi}{3}\mathrm{e}-\pi\mathrm{e}+2\pi[x\ln x-x]\big|_{1}^{\epsilon}=\pi\left(2-\frac{2}{3}\mathrm{e}\right).\end{aligned} $$
$$ V_{x}=\frac{1}{3}\cdot\pi\cdot1^{2}\cdot\mathrm{e}-\int_{1}^{\mathrm{e}}\pi(\ln x)^{2}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{3}\mathrm{e}-\pi[x(\ln x)^{2}]_{1}^{\mathrm{e}}+2\int_{1}^{\mathrm{e}}\pi\ln x\mathrm{d}x=\pi\left(2-\frac{2}{3}\mathrm{e}\right). $$
$$ V_{y}=2\pi\int_{0}^{e}x\frac{1}{\mathrm{e}}x\mathrm{d}x-2\pi\int_{1}^{e}x\ln x\mathrm{d}x=\frac{2\pi}{3}\mathrm{e}^{2}-2\pi\left[\frac{1}{2}x^{2}\ln x-\frac{1}{4}x^{2}\right]\bigg|_{1}^{e}=\pi\left(\frac{\mathrm{e}^{2}}{6}-\frac{1}{2}\right). $$
$$ V_{y}=\pi\int_{0}^{1}[(\mathbf{e}^{y})^{2}-(\mathbf{e}y)^{2}]\mathrm{d}y=\pi\left[\frac{1}{2}\mathbf{e}^{2y}-\frac{\mathbf{e}^{2}}{3}y^{3}\right]\Bigg|_{0}^{1}=\pi\left(\frac{\mathbf{e}^{2}}{6}-\frac{1}{2}\right) $$
631 答案 $ \frac{\pi}{4} $ ← 题目
所求体积为 $ V_{x}=\pi\int_{0}^{+\infty}(xe^{-x})^{2}\mathrm{d}x=\pi\int_{0}^{+\infty}x^{2}\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x\xlongequal{\phi_{1}=2x}\frac{\pi}{8}\int_{0}^{+\infty}t^{2}\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t $
由$\Gamma-$函数知，$\int_{0}^{+\infty}t^{2}e^{-t}dt=\Gamma(3)=2$，所以$V_{x}=\frac{2\pi}{8}=\frac{\pi}{4}$。
632 答案 $ \frac{4\pi}{3}, 2\pi^{2} + \frac{16\pi}{3} $. ← 题目
为了求 $ V_{x} $，需要知道 $ y=x^{2}-4x+3 $与下半圆的大小，因为
$$ \begin{aligned}\sqrt{1-\left(x-2\right)^{2}}+x^{2}-4x+3&=\sqrt{1-\left(x-2\right)^{2}}-\left[1-\left(x-2\right)^{2}\right]\\&=\sqrt{1-\left(x-2\right)^{2}}\left(1-\sqrt{1-\left(x-2\right)^{2}}\right)\geqslant0,\end{aligned} $$
所以 $ x^{2}-4x+3\geqslant-\sqrt{1-(x-2)^{2}} $ （下半圆），如图，交点有 $ (1,0) $ 和 $ (3,0) $.
$$ V_{x}=\int_{1}^{3}\pi\left[\sqrt{1-(x-2)^{2}}\right]^{2}\mathrm{d}x=\pi\int_{1}^{3}[1-(x-2)^{2}]\mathrm{d}x=\pi\left[x-\frac{1}{3}(x-2)^{3}\right]\bigg|_{1}^{3}=\frac{4\pi}{3}. $$
$$ V_{r}=2\pi\int_{1}^{3}x\sqrt{1-\left(x-2\right)^{2}}\mathrm{d}x+2\pi\int_{1}^{3}x\mid x^{2}-4x+3\mid\mathrm{d}x. $$
其中， $ \int_{1}^{3}x\sqrt{1-(x-2)^{2}}\mathrm{d}x\xlongequal{令t=x-2}\int_{-1}^{1}(t+2)\sqrt{1-t^{2}}\mathrm{d}t=0+2\int_{-1}^{1}\sqrt{1-t^{2}}\mathrm{d}t=\pi $
$$ \int_{1}^{3}x\mid x^{2}-4x+3\mid\mathrm{d}x=\int_{1}^{3}x(4x-x^{2}-3)\mathrm{d}x=\frac{8}{3}. $$
所以， $ V_{y}=2\pi^{2}+\frac{16\pi}{3} $
633 答案 $ \frac{3\pi^{2}}{4} $ ← 题目
如图，由于图形关于 y 轴对称，所以只考察 y 轴右侧部分绕直线 y=1 旋转所成立体的体积 $ V_{1} $，则 $ V=2V_{1} $。
选取 $ y \in [-1,1] $ 作为积分变量，任取 $ y $ 轴上 $ [y, y + dy] \subset $
632题-图
[-1,1]对应的小横条，它绕直线 y=1 旋转的旋转体的体积
微元为 $ \mathrm{d}V_{1}=2\pi(1-y)x\mathrm{d}y $，所以
$$ \begin{aligned}V_{1}=&\int_{-1}^{1}2\pi(1-y)x\mathrm{d}y=2\pi\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin^{3}t)\cos^{3}t\mathrm{d}(\sin^{3}t)\\=&6\pi\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin^{3}t)\cos^{4}t\sin^{2}t\mathrm{d}t\xlongequal{ 对称性 }12\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}t\sin^{2}t\mathrm{d}t\\=&12\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos^{4}t-\cos^{6}t)\mathrm{d}t=12\pi\left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right)=\frac{3\pi^{2}}{8}\text{．}\end{aligned} $$
633题-图
则所求体积为 $ V=2V_{1}=\frac{3\pi^{2}}{4} $.
评注
此处使用了华里士（Wallis）公式
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}t\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n}t\mathrm{d}t=\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} $$
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n+1}t\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}t\mathrm{d}t=\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdot\cdots\cdot\frac{2}{3}\cdot1\ ;\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin t\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos t\mathrm{d}t=1. $$
634 答案 (1) $ A(1,1) $; (2) $ y = \frac{1}{2}(x+1) $; (3) $ \frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{30} $. ← 题目
(1)如图，设切点坐标 $ A(x_{0},\sqrt{x_{0}}) $，则过点 A 的切线方程为
$$ y-\sqrt{x_{0}}=\frac{1}{2\sqrt{x_{0}}}(x-x_{0})\Rightarrow y=\frac{x}{2\sqrt{x_{0}}}+\frac{1}{2}\sqrt{x_{0}}\;. $$
求得切线与 y 轴交点为 $ \left(0,\frac{\sqrt{x_{0}}}{2}\right) $，所以
$$ S=\int_{0}^{x_{0}}\left(\frac{x}{2\sqrt{x_{0}}}+\frac{\sqrt{x_{0}}}{2}-\sqrt{x}\right)\mathrm{d}x=\left(\frac{x^{2}}{4\sqrt{x_{0}}}+\frac{\sqrt{x_{0}}}{2}x-\frac{2}{3}\sqrt{x^{3}}\right)\bigg|_{0}^{x_{0}}=\frac{1}{12}(x_{0})^{\frac{3}{2}}, $$
已知 $ S = \frac{1}{12} $，即 $ \frac{1}{12}(x_{0})^{\frac{3}{2}} = \frac{1}{12} \Rightarrow x_{0} = 1 $，故 A 点坐标为 (1,1).
(2) 过点 A 的切线方程为 $ y = \frac{1}{2}(x + 1) $.
(3)
$$ V_{x}=\pi\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{4}(x+1)^{2}-(\sqrt{x})^{2}\right]\mathrm{d}x=\pi\left[\frac{1}{12}(x+1)^{3}-\frac{1}{2}x^{2}\right]_{0}^{1}=\frac{\pi}{12}, $$
$$ V_{y}=2\pi\int_{0}^{1}\left[x\cdot\frac{1}{2}(x+1)-x\cdot\sqrt{x}\right]\mathrm{d}x=2\pi\left(\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{2}}{4}-\frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}}\right)\bigg|_{0}^{1}=\frac{\pi}{30}. $$
评注
阴影部分面积也可以用梯形ABOC的面积减去曲边三角形AOC的面积来计算.
635 答案 (1) $ a = \frac{1}{2} \ln 2 $; (2) $ (1, e^{-1}) $, $ S = 2e^{-1} $. ← 题目
(1) $ V(\xi)=\pi\int_{0}^{\xi}(\mathrm{e}^{-x})^{2}\mathrm{d}x=\pi\int_{0}^{\xi}\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}(1-\mathrm{e}^{-2\xi}) $.
因为 $ \frac{1}{2}\lim_{\xi\to+\infty}V(\xi)=\frac{\pi}{4}\lim_{\xi\to+\infty}(1-e^{-2\xi})=\frac{\pi}{4} $， $ V(a)=\frac{\pi}{2}(1-e^{-2a}) $，由题设得
$$ \frac{\pi}{2}(1-\mathrm{e}^{-2a})=\frac{\pi}{4} $$
$$ a=\frac{1}{2}\ln2 $$
(2) 设切点为 $ (t, e^{-t}) $，则切线方程为 $ y - e^{-t} = -e^{-t}(x - t) \Rightarrow y = -e^{-t}x + (t+1)e^{-t} $，
切线与两坐标轴交点分别为 $ (0,(1+t)e^{-1}),(1+t,0) $，从而切线与两坐标轴所围平面图形面积为
$$ S=\frac{1}{2}(1+t)^{2}\mathrm{e}^{-t}. $$
$$ S^{\prime}(t)=\frac{1}{2}(1-t^{2})\mathrm{e}^{-t},S^{\prime\prime}(t)=\frac{1}{2}((t-1)^{2}-2)\mathrm{e}^{-t}, $$
令 $ S'(t) = \frac{1}{2}(1 - t^2)e^{-t} = 0 $，得驻点 $ t = 1 $ ( $ t = -1 $ 舍去)，而 $ S''(1) = -e^{-1} \lt 0 $。所以当 $ t = 1 $ 时，面积取得极大值，又极值点唯一，所以 $ t = 1 $ 时面积最大，故切点为 $ (1, e^{-1}) $，最大面积 $ S = 2e^{-1} $。
636 答案 (1) $ \frac{64}{3}\pi a^{2} $; (2) $ 16\pi^{2}a^{2} $. ← 题目
(1)
$$ \begin{array}{c}S_{x}=2\pi\int_{0}^{2\pi}a(1-\cos t)\sqrt{a^{2}(1-\cos t)^{2}+a^{2}\sin^{2}t}\mathrm{d}t\\=8\pi a^{2}\int_{0}^{2\pi}\sin^{3}\frac{t}{2}\mathrm{d}t=\frac{64}{3}\pi a^{2}\;.\end{array} $$
(2)
$$ \begin{aligned}S_{y}&=2\pi\int_{0}^{2\pi}a(t-\sin t)\sqrt{a^{2}(1-\cos t)^{2}+a^{2}\sin^{2}t}\mathrm{d}t\\&=4\pi a^{2}\int_{0}^{2\pi}(t-\sin t)\sin\frac{t}{2}\mathrm{d}t\xlongequal{ 令 u=\frac{t}{2}}16\pi a^{2}\int_{0}^{\pi}(u-\sin u\cos u)\sin u\mathrm{d}u\\&=16\pi a^{2}\left(\int_{0}^{\pi}u\sin u\mathrm{d}u-\int_{0}^{\pi}\sin^{2}u\cos u\mathrm{d}u\right)=16\pi^{2}a^{2}.\\ \end{aligned} $$
637 答案 $ \frac{\pi}{3}(20\sqrt{10}-16) $. ← 题目
曲线见题637-图，
因 $ f'(x)=(\sqrt{2x+3})'=\frac{1}{\sqrt{2x+3}} $，代入公式得
$$ S_{x}=2\pi\int_{0}^{3}\sqrt{2x+3}\sqrt{1+\left[\frac{1}{\sqrt{2x+3}}\right]^{2}}\mathrm{d}x=2\pi\int_{0}^{3}\sqrt{2x+4}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{3}(20\sqrt{10}-16)\;. $$
638 答案 $ \frac{8}{27}(10\sqrt{10}-1) $. ← 题目
将 $ f'(x)=(x\sqrt{x})'=\frac{3}{2}\sqrt{x} $代入公式得
$$ s=\int_{0}^{4}\sqrt{1+\left[\frac{3}{2}\sqrt{x}\right]^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{4}\sqrt{1+\frac{9}{4}x}\mathrm{d}x=\frac{8}{27}(10\sqrt{10}-1). $$
639 答案： $ \ln(2+\sqrt{3}) $ ← 题目
$ y' = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x $,
$$ s=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\sqrt{1+(-\tan x)^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\sec x\mathrm{d}x=\ln|\sec x+\tan x|_{0}^{\frac{\pi}{3}}=\ln(2+\sqrt{3}). $$
640 答案 $ \ln(\sqrt{2}+1) $. ← 题目
因为 $ y' = \tan x $，代入公式得
$$ s=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{1+(\tan x)^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sec x\mathrm{d}x=\ln|\sec x+\tan x|^{\frac{\pi}{4}}_{0}=\ln(\sqrt{2}+1). $$
641 答案 $ 2a\pi^{2} $ ← 题目
因为 $ x'(t) = a \cdot t \cos t $, $ y'(t) = a \cdot t \sin t $ 在 $ 0 \lt t \leq 2\pi $ 时连续且不同时为零，所以
$$ s=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{a^{2}(t\cos t)^{2}+a^{2}(t\sin t)^{2}}\mathrm{d}t=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{a^{2}t^{2}}\mathrm{d}t=a\int_{0}^{2\pi}t\mathrm{d}t=2a\pi^{2} $$
642 答案 $ \sqrt{2}(e^{x}-1) $. ← 题目
因为 $ r=e^{\theta} $与 $ r'(\theta)=e^{\theta} $在 $ 0\leq\theta\leq\pi $时连续，且都不为零，所以
$$ s=\int_{0}^{\pi}\sqrt{\mathrm{e}^{2\theta}+\mathrm{e}^{2\theta}}\mathrm{d}\theta=\sqrt{2}\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{\theta}\mathrm{d}\theta=\sqrt{2}(\mathrm{e}^{\pi}-1). $$
643 答案 $ 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \ln(\sqrt{2} + 1) $. ← 题目
曲线如图， $ \sqrt{x}+\sqrt{y}=1\Rightarrow y=1+x-2\sqrt{x} $， $ y'=1-\frac{1}{\sqrt{x}} $，则
$$ \begin{aligned}&s=\int_{0}^{1}\sqrt{1+\left(1-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{2}}\mathrm{d}x\xlongequal{ 令 t=\sqrt{x}}\int_{0}^{1}\sqrt{1+\left(1-\frac{1}{t}\right)^{2}}2t\mathrm{d}t=2\int_{0}^{1}\sqrt{t^{2}+\left(t-1\right)^{2}}\mathrm{d}t\\ &=2\sqrt{2}\int_{0}^{1}\sqrt{\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}}\mathrm{d}t\xlongequal{ 令 t-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\tan u}\frac{\sqrt{2}}{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sec^{3}u\mathrm{d}u\ .\\ \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned} 又 \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sec^{3}u\mathrm{d}u&=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sec u\mathrm{d}\tan u=\sec u\tan u\Big|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}-\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\tan u\mathrm{d}\sec u\\&=2\sqrt{2}-\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sec u\tan^{2}u\mathrm{d}u=2\sqrt{2}-\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}(\sec^{3}u-\sec u)\mathrm{d}u\;.\end{aligned} $$
所以
$$ \begin{align*}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sec^{3}u\mathrm{d}u=&\frac{1}{2}\Bigg(2\sqrt{2}+\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sec u\mathrm{d}u\Bigg)=\frac{1}{2}\Bigg(2\sqrt{2}+\ln|\sec u+\tan u|^{\frac{\pi}{4}}_{\frac{\pi}{4}}\Bigg)\\=&\sqrt{2}+\ln(\sqrt{2}+1)\;.\end{align*} $$
从而 $ s = \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \sqrt{2} + \ln(\sqrt{2} + 1) \right) = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \ln(\sqrt{2} + 1) $.
644答案 $ 2+\sqrt{2}+\frac{8}{27}\left[\left(\frac{13}{4}\right)^{\frac{3}{2}}-1\right] $ ← 题目
如图，曲线交点为 $ (0,0),(0,2),(1,1) $
$$ \begin{aligned}s&=2+\sqrt{(1-0)^{2}+(1-2)^{2}}+\int_{0}^{1}\sqrt{1+[(\boldsymbol{x}^{\frac{3}{2}})^{*}]^{2}}\mathrm{d}\boldsymbol{x}=2+\sqrt{2}+\int_{0}^{1}\sqrt{1+\frac{9}{4}x}\mathrm{d}x\\&=2+\sqrt{2}+\frac{8}{27}\left[\left(\frac{13}{4}\right)^{\frac{3}{2}}-1\right].\end{aligned} $$
645答案 9. ← 题目
$ y'=\frac{1}{2\sqrt{x}}, y''=-\frac{1}{4\sqrt{x^3}} $，抛物线在点 $ M(x,y) $处的曲率半径
$$ \rho=\rho(x)=\frac{1}{K}=\frac{(1+y^{\prime2})^{\frac{3}{2}}}{|y^{\prime \prime}|}=\frac{1}{2}(4x+1)^{\frac{3}{2}}\,. $$
抛物线上 $ \widehat{AM} $ 的弧长 $ s = s(x) = \int_{1}^{x} \sqrt{1 + y'^{2}} \, dx = \int_{1}^{x} \sqrt{1 + \frac{1}{4x}} \, dx = \int_{1}^{x} \sqrt{1 + \frac{1}{4t}} \, dt $.
故 $ \frac{d\rho}{ds}=\frac{\frac{d\rho}{dx}}{\frac{ds}{dx}}=\frac{3(4x+1)^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}}=6\sqrt{x} $，
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}=\frac{\mathrm{d}\left(\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\right)}{\mathrm{d}s}=\frac{\mathrm{d}\left(\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\right)}{\mathrm{d}x}\cdot\frac{1}{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}}=\frac{6}{2\sqrt{x}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}}=\frac{6}{\sqrt{4x+1}}\;. $$
从而 $ 3\rho\frac{d^{2}\rho}{ds^{2}}-\left(\frac{d\rho}{ds}\right)^{2}=3\cdot\frac{1}{2}(4x+1)^{\frac{3}{2}}\cdot\frac{6}{\sqrt{4x+1}}-(6\sqrt{x})^{2}=9 $.
646答案 $ \frac{\pi^{2}}{2}-\frac{2\pi}{3} $ ← 题目
如图，依据题意知该旋转体夹在两平行平面 y=0, y=1 之间，截面面积函数为 $ A(y)=\pi[2-(1-\sqrt{1-y^2})]^2 - \pi(2-y)^2 = 2\pi[\sqrt{1-y^2}-(1-y)^2] $，
则所求体积为
$$ \begin{aligned}V=&\int_{0}^{1}A(y)\mathrm{d}y=2\pi\int_{0}^{1}[\sqrt{1-y^{2}}-(1-y)^{2}]\mathrm{d}y\\=&2\pi\left[\frac{\pi}{4}+\frac{1}{3}(1-y)^{3}\bigg|_{0}^{1}\right]=\frac{\pi^{2}}{2}-\frac{2\pi}{3}\;.\end{aligned} $$
647答案 $ \frac{448}{15}\pi $ ← 题目
如图，由于曲线 $ y=3-|x^2-1| $ 与 x 轴围成的封闭图
形关于y轴对称，故所求体积为平面图形OABC绕y=3旋转的旋转体体积的2倍.
$$ A(x)=\pi\cdot3^{2}-\pi\cdot[3-(3-\mid x^{2}-1\mid)]^{2}=\pi(8-x^{4}+2x^{2}) $$
则所求体积为
$$ \begin{aligned}V&=2\int_{0}^{2}A(x)\mathrm{d}x=2\int_{0}^{2}\pi(8-x^{4}+2x^{2})\mathrm{d}x\\&=2\pi\left(8x-\frac{1}{5}x^{5}+\frac{2}{3}x^{3}\right)\bigg|_{0}^{2}=\frac{448}{15}\pi.\end{aligned} $$
648 答案 $ \frac{2a^{2}b}{3}\tan\alpha $ ← 题目
底面椭圆的方程为 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $。由图可知，该楔形体夹在两平行平面 y=-b 与 y=b 之间，用垂直于 y 轴的平行平面截此楔形体，所得的截面为直角三角形，两直角边长分别为 $ a\sqrt{1-\frac{y^{2}}{b^{2}}} $ 及 $ a\sqrt{1-\frac{y^{2}}{b^{2}}}\cdot\tan\alpha $，所以截面面积函数为
$$ A(y)=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{1-\frac{y^{2}}{b^{2}}}\cdot a\sqrt{1-\frac{y^{2}}{b^{2}}}\tan\alpha=\frac{a^{2}}{2}\left(1-\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)\tan\alpha. $$
故楔形体的体积为 $ V=\int_{-b}^{b}A(y)\mathrm{d}y=\int_{-b}^{b}\frac{a^{2}}{2}\left(1-\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)\tan\alpha\mathrm{d}y=\frac{2a^{2}b}{3}\tan\alpha $.
649 答案 (1) $ \frac{1}{2}e - 1 $; (2) $ \frac{\pi}{6}(5e^{2} - 12e + 3) $. ← 题目
(1) 画草图，设切点坐标为 $ (x_{0}, \ln x_{0}) $，切线方程为
$$ y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}(x-x_{0}),\ 即 \ y=\frac{1}{x_{0}}x-1+\ln x_{0}. $$
又切线过原点，将 x=0, y=0 代入上式 $ \Rightarrow x_{0}=e $，则切
线方程为 $ y = \frac{1}{e} x $.
D 的面积为 $ A=\int_{0}^{1}(\mathrm{e}^{y}-\mathrm{e}y)\mathrm{d}y=\left(\mathrm{e}^{y}-\frac{\mathrm{e}y^{2}}{2}\right)\bigg|_{0}^{1}=\frac{\mathrm{e}}{2}-1 $.
(2) D 绕直线 x = e 旋转一周所得旋转体夹在两平行平面
y=0 与 y=1 之间，用垂直于 y 轴的平行平面截此旋转体，截面面积函数为
$$ A(y)=\pi(\mathrm{e}-\mathrm{e}y)^{2}-\pi(\mathrm{e}-\mathrm{e}^{y})^{2}=\pi(\mathrm{e}^{2}y^{2}+2\mathrm{e}\mathrm{e}^{y}-2\mathrm{e}^{2}y-\mathrm{e}^{2y})~, $$
$$ \begin{aligned}&V=\int_{0}^{1}A(y)\mathrm{d}y=\pi\int_{0}^{1}[\mathrm{e}^{2}y^{2}+2\mathrm{e}\mathrm{e}^{y}-2\mathrm{e}^{2}y-\mathrm{e}^{2y}]\mathrm{d}y\\ &=\pi\Bigg(\frac{1}{3}\mathrm{e}^{2}y^{3}+2\mathrm{e}\mathrm{e}^{y}-\mathrm{e}^{2}y^{2}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2y}\Bigg)\Bigg|_{0}^{1}=\frac{\pi}{6}(5\mathrm{e}^{2}-12\mathrm{e}+3).\\ \end{aligned} $$
650 答案 $ \ln 3; \frac{2v_{0}}{3} $ ← 题目
设质点的运动速度为 $ v(t) $，由题设和牛顿第二定律，有
$$ m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-\nu\text{（式中质量 }m=1\text{）}. $$
解得 $ v(t)=v_{0}e^{-t} $ 。由 $ \frac{v_{0}}{2}=v_{0}e^{-t} $ ，得 $ t=\ln3 $ 。
到此时刻，该质点所经过的路程 $ S = \int_{0}^{\ln 3} v_{0} e^{-t} dt = -v_{0} e^{-t} \bigg|_{0}^{\ln 3} = \frac{2}{3} v_{0} $.
651 答案 91500J. ← 题目
方法一：建立坐标轴如图6-11所示，将抓起污泥的抓斗提升至井口需作功 $ W=W_{1}+W_{2}+W_{3} $。其中， $ W_{1} $是克服抓斗自重所作的功； $ W_{2} $是克服缆绳重力作功； $ W_{3} $为提出污泥所作的功。由题意知 $ W_{1}=400\times30=12000 $。
将抓斗由 x 处提升到 $ x + dx $ 处，克服缆绳重力所作的功为
$$ \mathrm{d}W_{2}=50(30-x)\mathrm{d}x\ ,\ 从而 W_{2}=\int_{0}^{30}50(30-x)\mathrm{d}x=22500\ . $$
在时间间隔 $ [t,t+\mathrm{d}t] $ 内提升污泥需作功为 $ \mathrm{d}W_{3}=3(2000-20t)\mathrm{d}t $，将污泥从井底提升至井口共需时间 $ \frac{30}{3}=10 $，所以 $ W_{3}=\int_{0}^{10}3(2000-20t)\mathrm{d}t=57000 $.
因此共需作功 $ W = W_{1} + W_{2} + W_{3} = 12000 + 22500 + 57000 = 91500 $ (J).
方法二：建立坐标轴，将抓起污泥的抓斗提升至井口需作功记为W，当抓斗运动到x处时，作用力 $ f(x) $包括抓斗的自重400N，缆绳的重力 $ 50(30-x)N $，污泥的重力 $ 2000-\frac{1}{3}x\cdot20N $，即
$$ f(x)=400+50(30-x)\ +2000-\frac{20}{3}x=3900-\frac{170}{3}x. $$
克服重力所作的功为
$$ W=\int_{0}^{30}\left(3900-\frac{170}{3}x\right)\mathrm{d}x=\left(3900x-\frac{85}{3}x^{2}\right)\bigg|_{0}^{30}=91500\ \text{(J)}. $$
652 答案 2 ← 题目
建立坐标系，由题 652 图可知，抛物线方程为 $ y = x^{2} $
闸门矩形部分承受的水压力
$$ P_{1}=2\int_{1}^{k+1}\rho g(h+1-y)\mathrm{d}y=2\rho g\left[(h+1)y-\frac{y^{2}}{2}\right]\Bigg|_{1}^{k+1}=\rho g h^{2}. $$
其中 $ \rho $为水的密度，g为重力加速度.
闸门下部承受的水压力 $ P_{2}=2\int_{0}^{1}\rho g(h+1-y)\sqrt{y}\mathrm{d}y=4\rho g\left(\frac{1}{3}h+\frac{2}{15}\right) $.
由题意知 $ \frac{P_{1}}{P_{2}}=\frac{\rho gh^{2}}{4\rho g\left(\frac{1}{3}h+\frac{2}{15}\right)}=\frac{5}{4} $，解得 $ h=2,h=-\frac{1}{3} $（舍去），故 $ h=2 $。
653 答案 (1) $ \sqrt{1+r+r^2}a $ (m); (2) $ \sqrt{\frac{1}{1-r}}a $ (m). ← 题目
(1) 设第 n 次击打后，桩被打进地下 $ x_{n} $ (m)，第 n 次击打时，气锤所作的功为 $ W_{n}(n=1,2,3,\cdots) $，由题设，当桩被打进地下的深度为 x 时，土层对桩的阻力的大小为 kx，所以
$$ W_{1}=\int_{0}^{x_{1}}k x\mathrm{d}x=\frac{k x_{1}^{2}}{2}\xlongequal{x_{1}=a}\frac{k}{2}a^{2},\quad\bar{W}_{2}=\int_{x_{1}}^{x_{2}}k x\mathrm{d}x=\frac{k(x_{2}^{2}-x_{1}^{2})}{2}\xlongequal{x_{1}=a}\frac{k}{2}(x_{2}^{2}-a^{2}). $$
由 $ W_{2}=rW_{1} $，可得 $ x_{2}^{2}-a^{2}=ra^{2} $，即 $ x_{2}^{2}=(1+r)a^{2} $.
$$ W_{3}=\int_{x_{2}}^{x_{3}}k x\mathrm{d}x=\frac{k(x_{3}^{2}-x_{2}^{2})}{2}=\frac{k}{2}[x_{3}^{2}-(1+r)a^{2}] $$
由 $ W_{3}=rW_{2}=r^{2}W_{1} $，可得 $ x_{3}^{2}-(1+r)a^{2}=r^{2}a^{2} $， $ x_{3}=\sqrt{1+r+r^{2}}a(m) $。
(2) 由归纳法，设 $ x_{n}=\sqrt{1+r+r^{2}+\cdots+r^{n-1}}a $ ，则
$$ W_{n+1}=\int_{x_{n}}^{x_{n+1}}kx\mathrm{d}x=\frac{k(x_{n+1}^{2}-x_{n}^{2})}{2}=\frac{k}{2}[x_{n+1}^{2}-(1+r+r^{2}+\cdots+r^{n-1})a^{2}]. $$
由 $ W_{n+1}=rW_{n}=r^{2}W_{n-1}=\cdots=r^{n}W_{1} $，得 $ x_{n+1}^{2}-(1+r+r^{2}+\cdots+r^{n-1})a^{2}=r^{n}a^{2} $，
从而 $ x_{n+1}=\sqrt{1+r+r^{2}+\cdots+r^{n}}a=\sqrt{\frac{1-r^{n+1}}{1-r}}a $
于是 $ \lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{1-r^{n+1}}{1-r}}a=\sqrt{\frac{1}{1-r}}a $
即若击打次数不限，气锤至多能将桩打进地下 $ \sqrt{\frac{1}{1-r}}a(m) $
654 答案 $ \left(\frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{4}\right)abl\rho $ ← 题目
如图，建立坐标系，则油罐底面椭圆方程为 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $，图中阴影部分为油面与椭圆所围成的图形.
记 $ S_{1} $为下半椭圆面积，则 $ S_{1}=\frac{1}{2}\pi ab $
记 $ S_{2} $是位于x轴上方阴影部分的面积，则
$$ \begin{aligned}S_{2}&=2\int_{0}^{\frac{b}{2}}a\sqrt{1-\frac{y^{2}}{b^{2}}}\mathrm{d}y=\frac{2a}{b}\int_{0}^{\frac{b}{2}}\sqrt{b^{2}-y^{2}}\mathrm{d}y\xlongequal{ 令 y=b\sin t}\frac{2a}{b}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}b^{2}\cos^{2}t\mathrm{d}t\\&=2ab\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\frac{1+\cos2t}{2}\mathrm{d}t=ab\left(t+\frac{\sin2t}{2}\right)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{6}}=ab\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right).\end{aligned} $$
于是油的质量为 $ (S_{1}+S_{2})l\rho=\left[\frac{1}{2}\pi ab+ab\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\right]\cdot l\rho=\left(\frac{2}{3}\pi+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)abl\rho $
655 答案 (1) $ \frac{9}{4}\pi $; (2) $ 3375g\pi $. ← 题目
(1) 容器的容积即旋转体体积为两部分之和，即
$$ V=V_{1}+V_{2}=\pi\int_{\frac{1}{2}}^{2}(2y-y^{2})\mathrm{d}y+\pi\int_{-1}^{\frac{1}{2}}(1-y^{2})\mathrm{d}y=\pi\left(y^{2}-\frac{y^{3}}{3}\right)\bigg|_{\frac{1}{2}}^{2}+\pi\left(y-\frac{y^{3}}{3}\right)\bigg|_{-1}^{\frac{1}{2}}=\frac{9}{4}\pi. $$
(2)所作的功的微元为
$$ \mathrm{d}W=\pi\rho g(2-y)(1-y^{2})\mathrm{d}y+\pi\rho g(2-y)(2y-y^{2})\mathrm{d}y, $$
$$ \begin{aligned} 所以 W&=\pi\rho g\int_{-1}^{\frac{1}{2}}(2-y)(1-y^{2})\mathrm{d}y+\pi\rho g\int_{\frac{1}{2}}^{2}(2-y)(2y-y^{2})\mathrm{d}y\\&=\pi\rho g\left(\int_{-1}^{\frac{1}{2}}(y^{3}-2y^{2}-y+2)\mathrm{d}y+\int_{\frac{1}{2}}^{2}(4y-4y^{2}+y^{3})\mathrm{d}y\right)\\&=\pi\rho g\left(\left(\frac{y^{4}}{4}-\frac{2y^{3}}{3}-\frac{y^{2}}{2}+2y\right)\bigg|_{-1}^{\frac{1}{2}}+\left(2y^{2}-\frac{4y^{3}}{3}+\frac{y^{4}}{4}\right)\bigg|_{\frac{1}{2}}^{2}\right)=\frac{27}{8}\pi\rho g=3375\pi g.\end{aligned} $$
656 答案 (1) $ \frac{e^2 + 1}{4} $; (2) $ \frac{3(e^2 + 1)(e^2 - 3)}{4(e^3 - 7)} $. ← 题目
(1) $ y' = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2x} $，由弧长的计算公式得 L 的弧长为
$$ l=\int_{1}^{e}\sqrt{1+\left(\frac{x}{2}-\frac{1}{2x}\right)^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{1}^{e}\left(x+\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(\frac{x^{2}}{2}+\ln x\right)\bigg|_{1}^{e}=\frac{e^{2}+1}{4}. $$
(2)
$$ \int_{1}^{\mathrm{e}}x\left(\frac{x^{2}}{4}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{d}x=\left(\frac{x^{4}}{16}-\frac{1}{4}x^{2}\ln x+\frac{1}{8}x^{2}\right)\bigg|_{1}^{\mathrm{e}}=\frac{(\mathrm{e}^{2}+1)(\mathrm{e}^{2}-3)}{16}. $$
$$ \int_{1}^{\mathrm{e}}\left(\frac{x^{2}}{4}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{d}x=\left(\frac{x^{3}}{12}-\frac{1}{2}x\ln x+\frac{1}{2}x\right)\bigg|_{1}^{\mathrm{e}}=\frac{\mathrm{e}^{3}-7}{12}, $$
由形心的计算公式可得，D的形心的横坐标为
$$ \overline{x}=\frac{\displaystyle\int_{1}^{e}x\left(\frac{x^{2}}{4}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int_{1}^{e}\left(\frac{x^{2}}{4}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{d}x}=\frac{\frac{(\mathrm{e}^{2}+1)(\mathrm{e}^{2}-3)}{16}}{\frac{\mathrm{e}^{3}-7}{12}}=\frac{3(\mathrm{e}^{2}+1)(\mathrm{e}^{2}-3)}{4(\mathrm{e}^{3}-7)}. $$