微积分经管类第四版吴赣昌习题全解第六章定积分的应用

内容概要

名称 定积分的元素法 平面图形的面积 体积 极坐标系 直角坐标系 X-型 Y-型 定积分的元素法是一种简单记忆定积分（1、将Ai主要内容 Af(x)dx）三步骤的方法： abf(i)xi记为dAf(x)dx 2、将lim0i1n写为ba axbcyd DA: DA:f1(x)yf2(x)g1(y)xg2(y)A(f2(x)f1(x))dx A(g2(y)g1(y))dy acbd DA:0rr()旋转体体积 A12r2()d 已知平行截面面积的立体体积 已知垂直于x轴的平面截立体所得截面面积为已知垂直于y轴的平面截立体所得截面面积为axb DA:0yf(x)绕x轴旋转： Vf2(x)dx ab绕y轴旋转： A(x),A(y),V2xf(x)dx ab立体又被夹于立体又被夹于cyd DA:0xg(y)绕y轴旋转： xa和xb两平面间，则： yc和ydVg(y)dy cd2两平面间，则： VA(x)dx abVA(y)dy cd 直角坐标 参数方程 极坐标 平面曲线的弧长 L：yf(x)，x[a,b] ds1y2dx； sba1y2dx L：rr()，； x(t)L：(t) y(t)dsr2()r2()d； ds2(t)2(t)dt sr2()r2()d s2(t)2(t)dt 物理应用：1、变力沿直线作功 2、水压力 3、引力

课后习题全解

习题6-2

★ 1．求由曲线

yx与直线yx所围图形的面积。

知识点：平面图形的面积

思路：由于所围图形不管表达为X-型仍是Y-型，解法都较简单，因此选其一做即可 解： 见图6-2-1

y D yx

yx 0 1 x 图6-2-1 ∵所围区域D表达为X-型：0x10y1， （或D表达为Y-型：2）

xyxyxy312121∴SD(xx)dx(x2x)

032601 （SD★ 2．求在区间[0，

(yy2)dy011） 6/2]上，曲线ysinx与直线x0、y1所围图形的面积

知识点：平面图形面积

思路：由于所围图形不管表达为X-型仍是Y-型，解法都较简单，因此选其一做即可

解：见图6-2-2

图6-2-2 0 1 y D ysinx /2x 0y10x∵所围区域D表达为X-型：2， （或D表达为Y-型：0xarcsiny）

sinxy1 ∴SD2(1sinx)dx(xcosx)020121

（ SD★★3．求由曲线

arcsinydy021）

y2x与y2x4所围图形的面积

知识点：平面图形面积

思路：由于所围图形表达为Y-型时解法较简单，因此用Y-型做 解：见图6-2-3

0 4 2y yx42D y2x x 2图6-2-3 y2xx2∵两条曲线的交点：， 2y2yx4∴所围区域D表达为Y-型：2y2yx4y22，

∴SD22(4y2y2)dy(4yy3)2322162 3（由于图形关于X轴对称，因此也能够解为：

SD220216(4yy)dy2(4yy3)2）

330222★★4．求由曲线

yx2、4yx2、及直线y1所围图形的面积

知识点：平面图形面积

思路：所围图形关于Y轴对称，而且在第一象限内的图形表达为Y-型时，解法较简单 解：见图6-2-4

∵第一象限所围区域D1表达为Y-型：图6-2-4 1yyx 4yx2D1 2 x D0 1 2 0y1yx2y2y33120，

∴SD2SD12(2yy)dy20143

0x12（假设用X-型做，那么第一象限内所围区域D1DaDb，其中Da：x2，

yx41x212x2x2422)dx(1)dx]；∴SD2SD2[(x） Db：x101y144341★★5．求由曲线y与直线yx及x2所围图形的面积

x知识点：平面图形面积

思路：由于所围图形表达为X-型,解法较简单，因此用X-型做

解：见图6-2-5

y 1 D yx

y1/xx 0 1 图6-2-5 2 ∵两条曲线 (2, y1x和

yx的交点为（1，1）、（-1，-1），又这两条线和x2别离交于

1)、(2, 2) 21x21∴所围区域D表达为X-型：，

yxx∴SD21113(x)dx(x2lnx)ln2

x221y22x分圆x2y28的面积为两部份，求这两部份的面积

2★★★6．抛物线

知识点：平面图形面积

思路：所围图形关于X轴对称，而且在第一象限内的图形表达为Y-型时，解法较简单 解：见图6-2-6，设阴影部份的面积为SD1，剩余面积为SD2

0 2

图6-2-6

∵两条曲线

y y22xD1 x 0 y22x、x2y28的交于(2,2)（舍去x4的解），

2y22 ∴所围区域D1表达为Y-型：y2x8y2∴SD2；又图形关于x轴对称，

12y2y344222(8y)dy2(8y)2(2)2

00260332 （其中

208ydy2y22sint4022cost22costdt8401cos2tdt2） 2 ∴SD282446 33★★★7．求由曲线

yex、yex与直线x1所围图形的面积

知识点：平面图形面积

思路：由于所围图形表达为X-型时，解法较简单，因此用X-型做 解：见图6-2-7

∵两条曲线

图6-2-7 0 1 1 y yex yex D x yex和yex的交点为（0，1），又这两条线和x1别离交于

1 (1, e)和(1, e)

∴所围区域D表达为X-型：10x1xxeyexx10，

∴SD(ee)dx(ee)ee12

0xx★★★8．求由曲线

ylnx与直线ylna及ylnb所围图形的面积(ba0)

知识点：平面图形面积

思路：由于所围图形表达为Y-型时，解法较简单，因此用Y-型做 解：见图6-2-8

y ylnb ylnx

ylna 0

1 lna lnb x 图6-2-8 lnaylnbDlnx∵在的概念域范围内所围区域：， y0xe∴SDedyelnalnbyylnblnaba

★★★★9．求通过（0，0），（1，2）的抛物线，要求它具有以下性质：（1）它的对称轴平行于y轴，且向下弯；（2）它与x轴

所围图形面积最小

知识点：平面图形面积和求最值

思路：第一依照给出的条件成立含参变量的抛物线方程，再求最值时的参变量

解：由于抛物线的对称轴平行于y轴，又过（0，0），因此可设抛物线方程为yax2bx，（由于下弯，因此a0），将

（1，2）代入

yax2bx，取得ab2，因此yax2(2a)x

0和x 该抛物线和X轴的交点为xa2， aa20x∴所围区域D： a20yax(2a)x∴SDa2a0a2a2[ax(2a)x]dx(x3x)3202a2a(a2)36a2

11SD(a)[a23(a2)2(a2)3(2a3)]a3(a2)2(a4)

66取得唯一极值点：a4，

∴所求抛物线为：

★★★★10．求位于曲线

y4x26x

yex下方，该曲线过原点的切线的左方和x轴上方之间的图形的面积

知识点：切线方程和平面图形面积

思路：先求切线方程，再作出所求区域图形，然后依照图形特点，选择积分区域表达类型

xx解：yexyex，∴在任一点xx0处的切线方程为ye0e0(xx0)

而过（0，0）的切线方程就为：所求图形区域为D

X-型下的D1：图6-2-10 0 yee(x1)，即yex

D1D2,见图6-2-10

y yex yexD1 D2xx00x1，：D2xx0yeexye1x1

∴SDexdx(exex)dxe00ex221e0ee 22★★★11．求由曲线r2acos所围图形的面积

2知识点：平面图形面积

思路：作图可知该曲线是半径为a、圆心（a, 0）的圆在极坐标系下的表达式，可直接求得面积为a，

也可选择极坐标求面积的方式做。

解：∵作图6-1-11

图6-1-11 0 r a 2a知所求图形区域D：22

0r2acos∴SD222111(2acos)2d2a2(sin2)a2

2222★★★12．求三叶玫瑰线rasin3的面积S知识点：平面图形面积

思路： 三叶玫瑰由三瓣面积相等的叶片组成

图6-2-12中所画是三叶玫瑰中的一叶， 而一叶图形又关于 6rasin3对称，

D1 因此选择其中一叶的一半区域D1求其面积

/6 0 0解：∵D1：60racos3r 图6-2-12

∴SD6SD16606111221(acos3)d3a(sin6)a2

22640★★★13．求由曲线r2a(2cos)所围图形的面积

知识点：平面图形面积

思路：作图可知该曲线围成的图形关于极轴对称，因此选择其中一半区域D1求其面积

4a 3a 0 r2a(2cos) 6a r

解：∵D1：图6-2-13 0

0r2a(2cos)∴SD2SD1201411[2a(2cos3)]2d4a2[4(sin3sin6)18a2★★★14．求对数232120所围图形的面积

螺线ae()及射线知识点：平面图形面积

思路：作图可知该曲线围成的图形是由ae，从到一段曲线及射线所围，由此可确信、的范围

ae/2 rae ae D a r ae 0

图6-2-14 解：∵所围区域D：0ae2

∴SD1a1(ae)2de2222a22(ee2)

4★★★★15．求由曲线r3cos及r1cos所围图形的面积

知识点：平面图形面积

思路：作图可知两条闭围线围成的图形由三部份组成，其中一部份为两图形重叠部份D，而D又关于极轴对称，设在（0，

内的曲线和极轴围成的半个D为D1区域

图6-2-15 0 3/2 D1 ）2r1cos /3 r3cos r 解：两条曲线r3cos、r1cos交于3处，

0因此分割区域D1DaDb，其中Da：3，Db：320r1cos0r3cosSD2SD12[30112(1cos)d2(3cos)2d]2323191152[(2sinsin2)(sin2)]234226440323

★★★16．求由曲线r2sin及r2cos2所围图形的面积

组成，其中一部

知识点：平面图形面积

思路：作图可知两条闭围线围成的图形由三部份

份为两图形重叠部份D，而D又关于射线设两条曲线在（0，

D1 r2sin 2对称，

）围成的半个D为D120 /4 区域

/6 r 图6-2-16 r2cos2 解：两条曲线r2sin、r2cos2交于6及56

0因此分割区域D1DaDb，其中Da：6，Db：620r2sin0rcos2SD2SD1112[6(2sin)2d2cos2d]022660213sin2)4626

112(sin2264（和书后答案不同）

★★★17．求由摆线



xa(tsint)，ya(1cost)(0t2)及x轴所围图形的面积

知识点：平面图形面积

思路：在直角坐标系下作图可知所围图形的

直角坐标系下积分表达式，再将积分变量代

y D 0x2a解：∵所围区域D：，

0yy(x) （

xa(tsint)  ya(1cost)x、y转变范围，先求出

换成t

yy(x)为摆线）

0 图6-2-17 2a x ∴SD2a0y(x)dx，

作代换x则SDa(tsint)，

223a(1cost)d[a(tsint)]a2(1cost)2dta223a2 002习题6-3

1． 求以下平面图形别离绕x轴、y轴旋转产生的立体体积：

★(1)．曲线

yx与直线x1、x4、y0所围成的图形；

y D 知识点：旋转体体积

思路：作出平面图形（或求出该平面区域的x、y范围），

代入相应的公式。

yx 解：平面图形D：

1x4，见图6-3-1-1

0yx0 14 x 图6-3-1-1 绕x轴旋转产生的立体体积： V 绕y轴旋转产生的立体体积：V★★(2)．在区间[0, (x)2dx141415； 2(和书上答案不同) 、

2xxdx12452]上，曲线ysinx与直线x2y0所围成的图形；

0x解：平面图形D： 2，见图6-3-1-2，

0ysinx

绕x轴旋转产生的立体体积： Vy 1 D2 ysinx D 12(sinx)2dx2； 040 /2x 绕y轴旋转产生的立体体积：

20图6-3-1-2 方式一：V202sinx2)2 2xsinxdx2(x)dcosx2(xcosx00方式二：V可看做由D1（矩形0x2，

0y1）绕

y轴旋转而成的体积V1，减去由D2（

0y1，

0xarcsiny）绕y轴旋转而成的立体体积V2所得

∴V()(arcsiny)2dy20221

★(3)．曲线

yx3与直线x2、y0所围成的图形。

；

20x212832V(x)dx解：平面图形D：，绕x轴旋转产生的立体体积： 3070yx3绕y轴旋转产生的立体体积：V2xxdx0264 5（绕y轴旋转产生的立体体积犹如（2）也有两种计算法）

★★2．求由曲线

yx2、xy2所围成的图形绕y轴旋转一周所产生的旋转体体积。

知识点：旋转体体积

思路：该平面图形绕y轴旋转而成体积V可看做D1：0y1绕y轴旋转而成的体积V1，减去

0xy0y1绕y轴旋转而成的立体体积V2所得，见图6-3-2 D2：20xy

0 1 y D1 yx2 y2x 1 D2x

解： VV1V2★★3．求由曲线

10图6-3-2 1222(y)dy(y)dy03 10ysinx（0x）与x轴围成的平面图形绕y轴旋转一周所产生的旋转体体积。

知识点：旋转体体积

思路：作出平面图形（或求出该平面区域的x、y范围），代入相应的公式

0x2解：平面图形D：，绕y轴旋转产生的立体体积： V2xsinxdx2

00ysinx（绕y轴旋转产生的立体体积犹如1（2）也有两种计算法）

★★★4．求由曲线

yachxa，x0，xa，y0（a0）所围成的图形绕x轴旋转而成的立体体积。

知识点：旋转体体积

思路：作出平面图形（或求出该平面区域的x、y范

式

y 围），代入相应的公

0xax解：平面图形D：，见图6-3-4，

0yacha

绕x轴旋转产生的立体体积：

yachxa D a 0 a x图6-3-4 Vax(ach)2dxa200acha2xa1a2xaa32adxa(sh)(2sh2)

24a024★★★5．求摆线

xa(tsint)，ya(1cost)的一拱与y0所围图形绕直线y2a轴旋转而成的旋转体体积。

知识点：旋转体体积

思路：假设设所围区域为D，则该平面图形绕y2a旋转而成体积V0x2可看做矩形区域D1：绕y2a旋转而

0y2a成的体积V1，减去区域D2：图6-3-5

0x2绕y2a旋转而成的立体体积V2所得，（其中，y(x)表示摆线的函数式，见

y(x)y2ay xa(tsint) ya(1cost) 2a D2 0 ：

22aD 2a x 解

图6-3-5 VV1V2(2a)2a200(2ay)2dx，作代换xa(tsint)，那么

20V8a32(aacost)2ad(tsint)8a22a3sin2t(1cost)dt

8aa(★★★★6．求

2232021cos2tdtsin2tdsint)72a3

02x2y2a2绕xb（ba0）旋转而成的旋转体体积。

知识点：旋转体体积

思路：由图形的对称性可知所求体积V2V1，其中V1是由x2y2a2（y0）部份，绕xb旋转而成的旋转体体

积，又依照元素法，V1是由图形中的线段y（0ya2x2）绕xb旋转一周所得的圆柱面叠加而成，见图6-3-6

xb 线段y a x x0 r dx a

图6-3-6 解

：

V2Vaxb)a2x2dx4ba12a2(aa2x2dx22a2b

★★★★7．由心形线

4(1cos)和射线0及2所围图形绕极轴旋转而成的旋转体体积。

知识点：旋转体体积

思路：极坐标中的此平面图形绕极轴旋转相当于直角坐标系下的该图形绕x轴旋转 解：平面区域D：04(1cos)图6-3-7 y  4(1cos)

0 8 r∵心形线4(1cos)的直角坐标表示：

图6-3-7 x4(1cos)cos)sin （0x8），依照直角坐标下的体积计算及222y4(1cosxy，得： 8y2dx8(2x28283V00)dx0dx3x4(1cos03)cos16(1cos)2d[4(1cos)cos]82302），见

（

8364(1cos)[d(1cos)d(1cos)]

3202211834364[(1cos)(1cos)]16023320

★★★8．计算底面是半径为R的圆，而垂直于底面上的一条固定直径的所有截面都是等边三角形的立体体积。

知识点：已知平行截面面积的立体体积

思路：第一以固定直径为x轴确立圆方程：x2y2R2，再求垂直于x轴的截面面积，然后代入公式。见图6-3-8

z y x x 图6-3-8 解：以固定直径为x轴圆心为坐标原点，那么圆方程为：x2y2R2，

在圆内，垂直于x轴的截面面积

A(x)132y2y3(R2x2)， 22∴VRR3(R2x2)dx433R 3★★9．求曲线

xya(a0)与直线xa，x2a及y0所围成的图形别离绕ox轴、oy轴旋转一周所产生的旋转体体积。

知识点：旋转体体积

思路：作出平面图形（或求出该平面区域的x、y范围），代入相应的公式

a2aa1ax2a，绕x轴旋转产生的立体体积： V()2dxa； 解：平面图形D：a0yx2x2aa2绕y轴旋转产生的立体体积： V2xdx2aax（绕y轴旋转产生的立体体积犹如1（2）也有两种计算法）

★★★★10．设直线

yaxb与直线x0，x1，及y0所围成的梯形面积等于A，试求a、b，使那个梯形绕x轴旋

0，b0）。

转所得旋转体体积最小（a知识点：旋转体体积，和最值问题

思路：作出平面图形（或求出该平面区域的x、y范围），进而求出以a,b为变量的旋转体体积，再求最小值。

yaxb

解：梯形区域D：0x1 ，0yaxb， 0 1 a2abb2) ∴V(axb)dx(03121421(bab)A，∴V(b)(A2Abb2) 23332 V(b)(bA)0，得bA，a0

3∵由条件

习题6-4

★★1．用定积分表示双曲线

xy1上从点（1，1）到点（2，1/2）之间的一段弧长。

思路：曲线表达为y1x（或x1y）代入相应公式计算弧长

解：y1x2，∴sba1y2dx2111dx 4x★★2．计算曲线

ylnx上相应于3x8的一段弧的弧长。

y思路：曲线表达为ylnx（或xe）代入相应公式计算弧长

2b881x1112xt181t2解：y，∴s1ydx12dx(dx)dt 2a333x22txx21tu32u21u113du(uln)1ln 22u1222u1y1x(3x)上相应于1x3的一段弧的弧长。 33★★3．计算曲线

解：y12xx11(x)，22x∴sba1y2dxx311(1x)1x12dxdx)(2xx14x232x323321234 3★★4．计算曲线

121ylny（1ye）的弧长。 42解：xy111(y)， 22y2y1xdy2e∴sba1112y11ye211(y)dydy(lny)

14y2y2241e22e★★★5．计算抛物线

y22px（p0）从顶点到其上点M(x,y)的弧长。

），代入相应公式计算弧长

y2思路：抛物线表达为y2px（或x2p解：xy， p∴sbay122pydy, y00p1x2dx01p2y2dy, y0ypy01pp2y2dy

yptant

yarctanp0psec3tdtp(secttantlnsecttant)20arctanyp

22yp2y2pypy (ln22pp

（或通过公式sba1y2dxx01pdx计算） 2x★★★★6．证明曲线

ysinx的一个周期（0x2）的弧长等于椭圆x22y22的周长。

思路：别离求出ysinx的弧长s1及椭圆的周长s2，求椭圆周长时采纳参数式求解 解： ysinx的弧长s1ba1ydx2201cosxdx421cos2xdx

02421sin2xdx

0 椭圆方程表达为：x2cost，ysint；代入公式得弧长

2202 s242xydt422sintcostdt421sin2tdt

002 ∴s1s2★★★7．求对数螺线rea相应于自0至的一段弧的弧长。

a思路：曲线是极坐标的表达式re，因此代入公式sr2()r2()d

解： sr()r()d220e2aae22a1a2ad(e1)

a★★★8．求曲线r1相应于自134

至的一段弧的弧长。 43

，因此代入公式s思路：曲线是极坐标的表达式rr2()r2()d

解： sr()r()d2243341214d(1243ln12)34

53ln 122（其中

122sect1sin2tcos2t2dsectdt2dtdt

tan2tsintcostsin2tcosttantcost1122(sect)dtlnsecttantCln12sintsint★★★9求曲线

）

xarctant，y1ln(1t2)相应于自t0至t1的一段弧的弧长。 2思路：曲线是参数表达式x(t),y(t)，因此代入公式s解：s2(t)2(t)dt

(t)(t)dt21221011t21dtdt 222202(1t)(1t)1t lnt1tln(12)

0习题6-5

★1．设一质点距原点

x米时，受F(x)x22x牛顿力的作用，问质点在F作用下，从x1移动到

x3，力所做的功有多大？

知识点：微元法在物理上的应用

思路：当变力沿直线作功，质点从x至xdx段所作功的微元dWF(x)dx。 解：∵dWF(x)dx(x2x)dx

∴W2(x22x)dx(13x50x2)33133★★2．某物体作直线运动，速度为

v1t(m/s)，求该物体自运动开始到10s末所通过的路程，并求物体在前10s内的平

均速度。

知识点：微元法在物理上的应用

思路：变速直线运动物体在t至tdt时刻段内所通过路程的微元dSV(t)dt。 解：∵dSV(t)dt1tdt

∴S10021tdt(1t)3310202(11111) （m）； 3V

S2(11111)（m/s） 1030★★★3．直径为20cm，高为80cm的圆柱体内充满压强为10N/cm2的蒸汽，设温度维持不变，要使蒸汽体积缩小一半，问需要

作多少功？

知识点：微元法在物理上的应用

思路：设P为压强、体积为V，依照物理学原理，当温度不变时压强和体积成反比，因此当圆柱体的高为h时，

Pk, k1010280。 210h800102， h解：∵压力p=压强面积，∴当圆柱体的高为h时压力p功的微元dW∴W80000dh h80000dh800ln2 , (Nm)

40h★★★4．半径为R的半球形水池充满了水，要把池内的水全数吸尽，需作多少功？

80知识点：微元法在物理上的应用

思路：设半球形水池的方程为x2y2z2R2（z0），见图6-5-4，那么将z至zdz薄片体积的水吸出，克服重力

所作的功为dW(R2z2)dzgz，（是水的比重，可取1kg/m）

3z 0 y zdz z x 图6-5-4

解：∵ dW(R2z2)dzgz，

∴Wgz(Rz)dzR022gR44 (Nm)

★★★5．设有一半径为R，长度为l圆柱体平放在深度为2R的水池中（圆柱体的侧面与水面相切），设圆柱体的比重为(1)，

现将圆柱体从水中移出水面，问需要作多少功？

知识点：微元法在物理上的应用

思路：设圆柱体的方程为(xR)2y2R2，见图6-5-5，那么将x至xdx段薄圆台为底高为l的柱体移出水面，浮力减

重力所作的功为

dW12lR2(xR)2dxgx2lR2(xR)2dxgx，

另外，因要求整个柱体出水，因此该部份还需在空中移动2Rx距离，该部份的功

dW22lR2(xR)2dxg(2Rx)(2Rx) y 0 R x xdx 图6-5-5 x

22解：∵dWdW1dW22lgR(xR)(2Rx)dx，

∴W2lg(2Rx)R(xR)dx02R22xRuRR2lg(2RuR)R2u2 du

RR2lg(21)RR2u2duR3l(21)g , (Nm)

★★6．有一闸门，它的形状和尺寸如以下图所示，水面超过门顶2m，求闸门上所受的水压力。

知识点：微元法在物理上的应用

思路：由物理知识可知，水深h处的压强为ph，（为水的比重）以门顶中心为原点向下成立x轴，见图6-5-6，那么在x至xdx段门条上所受的水压力为dP(x2)2dx2 0 2 xxdx 3 x 图6-5-6

解：∵dP(x2)2dx，

∴P2(x2)dx21

03★★★7．洒水车的水箱是一个横放的椭圆柱体，尺寸如上图所示，当水箱装满水时计算水箱的一个端面所受的压力。

知识点：微元法在物理上的应用

x2y21，见图6-5-7，那么在x至xdx的一条端面上所受的水压力为 思路：设椭圆方程为20.75x2dP(x0.75)21dx 20.754 1.5 xxdx2 y x 图6-5-7

x2解：∵dP(x0.75)21dx，

0.752x2∴P0.752(x0.75)10.752dx0.750.750.75x2x2x22x1dx1.51dx1.51dx 2220.750.750.750.750.750.750.7511.50.751.77(kg)17.3(kN)

2★★★8．以等腰梯形闸门与铅直平面倾斜30角置于水中，其闸门顶部位于水面处，上下底宽别离为100m和10m，高为70m，求此

闸门一侧面所受到的水的静压力。

知识点：微元法在物理上的应用

思路：以上底中心为坐标原点，垂直向下成立x轴，等腰梯形腰的方程那么为：y的闸门条带上，所受的静压力为

45x50，见图6-5-8，因此在x 至xdx70dP2(45x50)dxxcos30 70100m 0 y 70m x xdxy9x50 1410m x图6-5-8 解：∵dP3(∴P9x50)xdx， 149x50)xdx8.379104（kg）

014★★★★9．设一旋转抛物面内盛有高为Hcm的液体，把另一同轴旋转抛物面浸沉在它里面，深达hcm，问液面上升多少？

3(70知识点：旋转体体积

思路：设两个旋转抛物面1、2的方程别离为由yoz面上曲线zay2和zby2c绕z轴旋转而成，见图6-5-9，可通过

排开液体的体积和液面上升后增加的体积相等，计算液面上升的数值

z

h H c y 图6-5-9

解：高为H的2旋转面所占的体积V2Hcydz2Hczc(Hc)2dzb2b，

液面从H上升至h两个旋转抛物面所夹的体积：

V1hcHzzc(hc)2H2h2(Hc)2()dz()，由V1V2可得：

ab2a2bhcH2a2hb，∴液面上升的高度为hcHH2a2hH。 b★★★★10．设有长度为l、线密度为的均匀细直棒，在于棒的一端垂直距离为a单位处有一质量为m的质点M，试求该细棒对

证点M的引力。

知识点：微元法在物理上的应用

思路：以棒的一端为坐标原点，棒置于x轴正向上，成立平面直角坐标，见图6-5-10，质点M位于（0，a）处，则x 至xdx段的细棒对证点M的引力为：

kmdMdxkm dFr2x2a2，dFdF{xxa22,axa22}y a x 0 x xdx 图6-5-10

l

解：∵dFdF{lxxa22,axa22}{dFx,dFy}，

∴Fxkm0lxdx11km() , 223/222a(xa)laladxxkm Fykm0(x2a2)3/2a(x2a2)1/2知识点：微元法在物理上的应用

0kmla(l2a2)1/2

m的质点，求它们之间引力的大小。

★★★★11．长为2l的杆质量均匀散布，其总质量为M，在其中垂线上高为h处有一质量为

思路：以棒的中点为坐标原点，棒置于x轴的（l,l）上，中垂线为y轴，成立平面直角坐标，见图6-5-11，质点M位于（0，

h）处，那么x 至xdx段的细棒对证点M的引力为：

kmdMxhkmMdx dF，dFdF{,} 2222r22l(x2h2)xhxhy h x

l 0 x xdx l 图6-5-11

解：∵dFdF{xxh22,hxh22}{dFx,dFy}，

∴FxkmMxdx0

l2l(x2a2)3/2lllkmMhdxkmMx Fyl2l(x2h2)3/2lh(x2h2)1/2

0kmMh(l2h2)1/2

总习题六

★★★1．求由曲线

2y2(4x)3与纵轴所围图形面积。

33/2思路：曲线y(4x),(x4)关于x轴对称，又曲线的一条分支y(4x)是关于x的减函数，见图6-1可知用y型或用对称性求图形面积较为简单。

8y08图6-1 4x 解：曲线表达为x4y2/3，它和y轴的交点：（0,8）

35/31282/32/3∴S (4y)dy2(4y)dy2(32y80550888★★★2．求介于直线x20,x2之间、由曲线

ysinx和ycosx所围成的平面图形的面积。

解：S0sinxcosxdx

5/4/40(cosxsinx)dx/4(sinxcosx)dx25/4(cosxsinx)dx42

★★★3．直线

yx将椭圆x23y26y分成两块，设小块面积为A，大块面积为B，求A/B的值。

思路：由于yx和x23y26y的交点为(0,0)及(3/2 , 3/2)，3/21，因此面积较小的一部份用y型做较简单，

见图6-3

y B 3/2 1 yx A x 3/2 图6-3

0y3/2解：较小部份区域表达为：DA：2yx6y3y则

A3/20(6y3yy)dy2x3costysint1/6/29333cos2tdt，

834B333233433 ，∴A/B34348332121y1和x2y21公共部份的面积。 33122思路：由图形的对称性可得所求面积是x0和yx及yx1所围在第一象限内区域D1面积的8倍，见图6-4

3★★★4．求椭圆xy 12yx21 3yx D1 x 图6-4

0y3/2解： D1：y2yx13∴S 8SD183/20y3sinty22(1y)dy836cos2tdt33033

★★★5．求由曲线

xacos3t,yasin3t所围图形面积。

思路：图形为星形线，因此由图形的对称性可得所求面积是第一象限内区域D1面积的4倍 解： D1：0xa，（设yy(x)是星形线函数）

0yy(x)axacos3tyasint∴S4SD1y(x)dx0340/2a2sin3t3cos2t(sint)dt

/203a2(sin22tcos2tsin22t)dt23a22/201cos4t3a2dt24/203sin22td(sin2t)a2

8★★★6．圆

1被心形线1cos分割成两部份，求这两部份的面积

思路：设分割成的右边图形为D，由图形的对称性可得所求面积是极轴上半部份D1面积的2倍，见图6-6

r1 D1 r1cos

0 01 2 r 图6-6

解： 1和1cos相交于/2，

0/2/2∴D1由A、B两部份组成，A：，B：，

0101cos15S2[(1cos)2d]2，左侧部份的面积SD2 ∴D42/244★★★★7．设

ysinx , 0x2，问t取何值，右图中阴影部份的面积S1与S2之和S最小？最大？

y

S2

sintS1 0 t 图6-7 /2 x 解：S1(sintsinx)dx,S0t2/2t(sinxsint)dx，S(t)S1S2，

S(t)(tsint)sintsint[(比较S(0)∴Smax2t)sint](2t2)cost0，得t4，

/20sinxdx1,S()21,S()1，

4221,Smin21

y1x2(0x1)与x,y轴围成的区域，被曲线yax2(a0)分为面积为相等的两部份，求a的值，

★★★8．由曲线

见图6-8

y1y ax2

D1 1 D2 y1x2x 0 图6-8

解：两曲线y1x2(0x1)，yax2(a0)交于：（

a1a1a,1），

a0y11a0xD1:; D:1a2ax2y1x21yxya∴SD 111a0(1x2ax2)dx231a

SD2由SD1a1a0(1yy223/222 )dy((1y)3/2y)a333a31a0a1aSD2，计算可得a3

x2/3y2/3a2/3(a0)所围图形绕x轴旋转而成的旋转体体积。

★★★9．求星形线

知识点：旋转体体积

思路：由于星形线关于x、y轴都对称，因此所求旋转体体积V是第一象限内星形线及坐标轴围成的图形绕x轴旋转一周形成的旋转体积V1的两倍

解：依照旋转体积的公式：V2V12进行变量代换， 可得Vy0a2dx，利用星形线的参数方程xacos3t,yasin3t

/22a2sin6t3acos2tdcost6a3/200(1cos2t)3cos2tdcost

32a3 1052★★★10．求由圆x(y5)216绕x轴旋转而成的环体体积。

思路：能够对照yf(x)绕y轴旋转的旋转体体积求法，见图6-10

x x16(y5)2

y 5 图6-10 1 0

2解：该体积是曲线x16(y5), (1y9)及x轴所围图形绕x轴旋转一周所得体积的两倍

∴V22y16(y5)dy4(u5)16udu201492uy5424416u2du

1602

★★★11．证明：由平面图形0baxb , 0yf(x)绕y轴旋转而成的旋转体体积为

V2xf(x)dx

a知识点：元素法的应用

证明：由平面图形0axb , 0yf(x)绕y轴旋转而成的旋转体体积，可看做yf(x)绕y轴旋转所得的侧面积

在a∴Vxb 范围内叠加而成，dV2xf(x)dx

2xf(x)dx。

ab★★★12．曲线

y(x1)(2x)和x轴围成一平面图形，计算此平面图形绕y轴旋转而成的旋转体体积。

思路：用yf(x)绕y轴旋转的旋转体体积求法

解：平面图形为：曲线y(x1)(2x)，（1x2）和x轴围成

∴V2x(x1)(2x)dx122

x轴所围图形的面

★★★★13．设抛物线

yax2bxc过原点，当0x1时，y0，又已知该抛物线与直线x1及

积为1/3，求a ,b , c，使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积V最小。

解：因为抛物线yax2bxc过原点，因此c0，又当0x1时，y0，因此该抛物线与直线x1及x轴所围

图形的面积S(ax2bx)dx01ab12，得b(1a)， 3233122a2abb2)， 又此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积V(a,b)(axbx)dx(0523241a2a(1a)4(1a)2a0， )，V(a)将b(1a)代入可得V(a)(3527275327取得：a553，因为只有一个驻点，∴可得知足所给条件的a , b , c0。 4422y21绕y轴旋转而成的椭球体上，以y轴为中心轴打一个圆孔，使剩下部份的体积恰好等于椭球★★★★14．在由椭圆域x4体体积的一半，求圆孔的直径。 知识点：旋转体体积

思路：打一个以y轴为中心轴的圆孔后，剩下的椭圆部份的体积V是由xoy坐标面上，如下图的平面图形D1绕y轴旋转而成立

体体积的两倍，见图6-14

D1 D2 y r 21r2 x 图6-14

y21和xr的交点（r , 21r2解：设圆孔的半径为r那么在xoy面上曲线x42），

21r2y21r2平面图形由D1D2减D2部份组成，D1D2：y20x14；

21r2y21r2D2： 0xr，V121r22y222(1)dy , Vr21r21r24，

281y2423/2(1r)，由条件V2(1)dy∴VV1V203243可得：1r2122/3r131/42r4316

★★★15．求由柱体

x2y2a2与x2z2a2相贯部份的体积。

思路：由立体图形的对称性可知所求体积为第一象限内体积V1的8倍，用垂直于x轴的平行截面截V1，可得截面面积A(x)，以

此计算体积V1，见图6-15

z 0 x y x 图6-15

解：垂直于x轴的平行截面截V1，得截面为长：y∴

a0a2x2163a 3；宽：za2x2的长方形。

A(x)a2x2，V8V18(a2x2)dxyx1x2绕x轴旋转得一旋转体

16．将曲线

★★(1)．求此旋转体体积V

解：∵函数yx1x2的概念域：x0，

∴Vy2dx00x1dx(

2(1x2)22(1x2)0★★★(2)．记此旋转体介于

x0与xa之间的体积为V(a)，问a为何值时有V(a)V/2。

112(1)，要使V(a)V/2， 解：∵Vaydx(02(1x2)021a2aa 只要

2(11)a1 241a★★★17．将抛物线

yx2ax在横坐标0与c(ca0)之间的弧段和xc和x轴所围图形绕x轴旋转，问c为何值时，

所得旋转体体积V等于弦OP（P为抛物线与xc的交点）绕x轴旋转所得锥体体积。

思路：抛物线通过原点，而且开口向上，如图6-17

y P 0 a c x

图6-17

解：

c5ac4a2c3V(xax)dx()0523c22，经（0，0）和（

c , c2ac）的弦

OP方程为：

c1y(ca)xV锥(ca)2x2dxc3(ca)2 ，

035a VV锥c

42x2(x1)3被抛物线y2截得的一段弧的长度。 ★★★★18．计算半立方抛物线y33知识点：求平面弧长

思路：作简图确信弧段的范围，代入公式，见图6-18

y 0 1 图6-18

y22(x1)2 3x 3y2x

解：y将x22x2x(x1)3和y2的交点为：(x1)32x36x25x220 33332代入方程可知是方程的根，∴分解因式可得

2x36x25x22(x2)(2x22x1)0，∴方程只有一解x2

交点：（2 , 63），由图形关于x轴对称∴S2211y2dx，∵y22(x1)3 3(x1)43两边对x求导：2yy2(x1)y(x1)2y222

∴S2211ydx222213185x[()3/21] 22921★★★19．证明双纽线r2a2cos2的全长L可表示为L42adx1x40。

证明：依照双扭线的对称性，L4L1，其中L1是双扭线在第一象限内的一段弧长，

∴用极坐标的弧长公式可得：L4/40rrd422/40sin222acos22ad

cos22242a42a/40222tanx/4cossin11x11d42ad42adx222200cos2cossin1x1x1dx1x40

★★★20．在摆线

xa(tsint) , ya(1cost)上，求分摆线第一拱成1：3的点的坐标。

知识点：平面曲线的弧长

解：摆线第一拱的t的范围：（0 , 2），设在t0处分摆线成1：3，那么依照弧长参数公式，可得：

L1L202t0t0x2y2dt1x2y2dt302t0t02a1costdt12a1costdt3sint/2dt1 sint/2dt302t0t0∵t/2[0 , ]，

sint/2dt11cost∴sint/2dt31cost02t0t00/21223at0(x0 , y0)(a() , ) /2333220y21。

★★★★21．求曲线

yy(x)，该曲线上两点（0，1）及(x , y)之间的弧长为s解：由条件：曲线上两点（0，1）及(x , y)之间的弧长L 等式两边对x求导：

x01y2dxy21，

1y2dyy21yyy21yy21，依照第十二章的微分方程求解取得：

dyy21dxxclnyy21xcyy21cex∵yy(x)通过（0，

1e2x0），∴代入求得c1y2ex

★★★22．设有一半径为R的平面圆板，其密度为

423，为圆板上的点到圆板中心的距离，求该圆板的质量M。

知识点：元素法在物理上的应用

思路：由于任一点的密度只和该点到圆板中心的距离有关，设平面圆板的方程为R，那么在圆环

r至rdr上的每一处都近似有(r)4r23r。

解：r至rdr的圆环质量微元：dM(4r23r)2rdr，

M2(4r33r2)dr2R3(R1)

0R★★23．一物体按规律

xct3作直线运动，媒质的阻力与速度的平方成正比，计算物体由x0移至xa时，克服媒质所做的

功。

知识点：元素法在物理上的应用

解：FkV , VxFkx9kctW ∴W2224a0Fdxxct33a/c027kc3t6dt

272/37/3kca 7★★★★24．用铁锤把钉子钉入木板，设木板对铁钉的阻力和铁钉进入木板的深度成正比，铁钉在第一次捶击时将铁钉击入1cm，假

设每次捶击所作的功相等，问第n次捶击时又将铁钉击入多少？

知识点：元素法在物理上的应用

解：设木板对铁钉的阻力为F；铁钉进入木板的深度为x，那么FkxW1那么由每次捶击所作的功相等的条件可得Wn∵x110kxdxk， 2kxdxxn1xnk2k222(xnxn)xnxn111， 22221xk1kxk1k1

1，∴x22 , x33 ,设xkk，那么由xk1∴由归纳法得证：xnnxnxn1nn1（cm）

hR)时水面上升的速度

25．以每秒a的流量往半径为R的半球形水池内注水。

★★★(1)．求在池中水深h(0知识点：相关转变率

解：设那时刻t时，池中水深h，半球形水池可看做xoy面上曲线x2(yR)2R2绕y轴旋转一周而成，那么由时刻t时注

入水量等于水深为h的球冠体积可得：

h0(R2(yR)2)dy(2Ryy2)dyat，该等式两边对t求导

0h(2Rhh2)haha 2(2Rhh)★★★(2)．假设再将满池水全数抽出，至少需作功多少？

知识点：元素法在物理上的应用 解：重设xoy面上的方程：x2R2R2y22，那么将球形水池中

y至

ydy体积的水抽出水面做功

dWgyxdxWg(Rx)xdx0gR44

（其中是水的密度，g是重力加速度）

★★★26．以等腰梯形闸门，梯形的上下底别离为50m和30m，高为20m，假设闸门顶部高出水面4m，求闸门一侧所受的水的静压

力。

知识点：微元法在物理上的应用

思路：以上底中心为坐标原点，垂直向下成立x轴，见图6-26，等腰梯形腰的方程那么为：y的闸门条带上，所受的静压力为dP

1x25，因此在x 至xdx22(x25)(x4)dx 250m 0 y 4m x xdx20m y1x25 230m x 图6-26

解：∵dP2(∴P20x25)(x4)dx， 2x4t160(x50)(x4)dx(46tt2)dt4.5221034（kg）

★★★27．设有一半径为R，中心角为的圆弧形细棒，其线密度为常数，在圆心处有一质量为m的质点M，试求该细棒对证

点M的引力。

知识点：微元法在物理上的应用

解：设弧棒的方程为极坐标系下：rR , (/2 , /2)，见图6-27，

/2 d 0 R r /2 图6-27

则 至d段的细棒对证点M在x轴（也为极轴）正向上的的引力为：

/2kmkmRd2kmcosFcosdsin∵dFx， x2/2RR2R∴依照弧棒关于x轴的对称性可知Fy★★★★28．设有半径为

0

a面密度为的均匀圆板，质量为m的质点P位于通过圆板中心O且垂直于圆板的直线上，POb，

求圆板对证点的引力。

知识点：微元法在物理上的应用

解：设半径为a面密度为的均匀圆板区域为：0a，见图6-28，

F P O 图6-28

关于r 和r dr所夹环带区域，由于对称性，只有在垂直于圆板的方向才有引力：

∵dFa2kmbkm2rdrbrdrbF2km(1) 22223/202222(rb)(rb)rbab课外习题

★★★★1．求曲线

yx,xy1和Ox轴所围成图形的面积

xy1的单调区间或画出曲线的图形，再确信x,y的转

思路：能够依照第四章的判定函数单调性和作图等知识求出曲线

变范围，见图6-（1）

y yx xy1 0 图6-（1） x

解：由曲线方程xy1可知：0x1，

1x ，

且∵

y1xy1x2xy1x1时有：y1x2x单调降，

∴当0yx73535x,y又两曲线的交点为：22y1x2x，舍去x1的解可得在

0x1范围内的交点是x73535，，而yx是一个单调增函数， ,y22350y∴该图形区域可表达为：22yx1y2y∴所求S，

3520(1y2yy2)dy21135

12★★★★2．求曲线(xy2)22a2xy所围成图形的面积

思路：该曲线的参数式为2a2sin2，它是伯努利双纽线（见书后附录Ⅱ），可用对称性求该图形的面积 解：所求面积S2S1，S1是该曲线在第一象限内围成的区域面积，

0S1所占区域可表达为：20rasin2★★★★3．设

x1，∴S12S122a2sin2da2

02f(x)(1t)dt,(x1)，试求曲线f(x)与Ox轴所包围的面积

思路：第一需要确信f(x)的大致图形，然后才能确信x,y的转变范围 解：f(x)(当

x1(1t)dt)1x驻点x1（舍x1）得唯一驻点x1

f(x)单调增，当

x1时，

x1时，

f(x)单调降，又

f(1)(1t)dt1,f(1)011；

1x2f(x)(1t)dt(1t)dtx(x1)，

10220x∴

f(x)0x12，舍去x12，得f(x)和Ox轴所围图形在0x12内，

12∴所求面积S01x2542(x)dx 226★★★★4．如图6-（4），在曲线

yex,(x0)上面作一个台阶曲线，台阶的宽度为1，试求图中无穷多个阴影部份的面积之

和

0 1 2 3 1 yex y x 图6-（4）

解：台阶曲线可表示为：yek(kxk1),k0,1,2，设第k个阴影部份的面积为S(k)，

S(k1)所求Sk1k(ekex)dxeke(k1)eke(k1)，

1（等比级数） e1S(0)S(1)S(2)S(k)e1e2ek★★★★5．设

yf(x)是区间[0，1]上的任一非负持续函数。（1）试证存在x0(0,1)，使得在区间[0,x0]上以f(x0)为高

yf(x)为高的曲边梯形的面积。（2）又设f(x)在区间(0,1)内可导，且

的矩形面积，等于在区间[x0,1]上以

f(x)2f(x)，证明（1）中的x0是唯一的 x证（1）：即要证存在x0(0,1)，使得

设函数F(x)11x0f(x)dxx0f(x0)

xf(x)dx,F(0)F(1)0，∴F(x)在[0，1]上用罗尔定理可得：

xx0(0,1)，使得F(x0)f(x)dxx0f(x0)0f(x)dxx0f(x0)

x0x011（2）设G(x)∴G(x)f(x)dxxf(x),G(x)2f(x)xf(x)，∵f(x)x12f(x) x0,G(x)单调降，∴（1）中的x0是唯一的

yf(x)，试在横坐标a和ah之间找一点，使在这点两边有阴影部份的面积相等（如图6-（6））

★★★★6．（1）对曲线

（2）在（1）中设曲线

yex，记ah。其余的如（1）所述，试求并计算limh0?

y

yf(x)

0 a  ah x 图6-（6） 解（1）：要使x处两边有阴影部份的面积相等，即要：

a(f(x)f(a))dxah(f(ah)f(x))dx

aahaf(x)dxf(a)(a)(ah)f(ah)f(x)dxahaaf(x)dx

af(a)(ah)f(ah)f(x)dxf(a)f(ah)

ahaaf(a)(ah)f(ah)f(a)f(ah)f(x)dx

ah（2）假设

yex，那么ahae(ah)eaahaexdxeaeah(h1)eh1

h(eh1)(h1)eh1(h1)eh1（等价无穷小代换） limlimlimh2h0h0h0h(e1)heh(h1)eh1limlim h0h02h2★★★★7．证明：将极坐标下的面积：0,0rr()绕极轴旋转所成的体积是

V23r3()sind

证明：用微元法，取小片面积,0rr()，见图6-（7）

rr() d  r 0 R 图6-（7）

该面积绕极轴旋转所成的体积近似于面积：

,rr()绕极轴旋转所成的体积V，先求区域

r122(r2x2)dxr3(1cos) 0,rr()绕极轴旋转所成的体积：V1(rsin)rcosrcos332323则VdV1rsin，取得体积微元dVr()sin

3323r()sind ∴V3x2sinxt★★★★8．设曲线方程为f(x)xtdt，当x1时，对应曲线上的点为A。求过A点的切线与Ox轴、直线x2所围成的图形绕Ox轴旋转所得立体体积

解：显然，点A的坐标为（1，0），f(x)(x2xsinxtsinx3sinx22sinx3sinx2dt)2x2txxx轴、直线x那么过

A的切线：

ysin1(x1)，当y0时，x1，因此该切线与Ox积V2所围成的图形在1x2范围内，∴所求立体体

3★★★★9．有一立体的底是半径为R的圆，以一组垂直于底面的平行平面截这立体所得的截面为为抛物线拱形，每次截得的拱形高H都不变，求此立体的体积

1sin21(x1)2dx2sin21

解：设底圆的方程为x2y2R2，过(x0,0,0)作垂直于x轴的平面，截得的截面边界为关于z轴对称的抛物线，因此方程设

为zay2b，

2R2x0,0)，∴z又拱形高为H，且过(x0,H2yH22Rx0

，截面面积

A(x0)22R2x00(H422yH)dyHR2x0223Rx0A(x)，

4HR2x23R22所求体积为V2A(x)dxHR

03过(x,0,0)的截面面积为