总习题五

解答：

令

区间变化：

故

根据 $f(u)$ 的定义，需按区间分段：

当 $u<0$：用

当 $u\ge 0$：用

而 $u\in[-\pi-2,\,2]$： 整个区间跨越 $u=0$，故拆成： $$I = \int_{-\pi-2}^{0} \frac{1}{1+\cos u}, du

• \int_{0}^{{2} u e}{-u^{2}} du.$$ 第二项： $$\int_{0}^{{2} u e}{-u^{2}} du = -\frac12 e^{-u^{2}} \Big|{0}^{{2} = -\frac12(e}{-4}-1) = \frac12(1-e^{-4}).$$ 第一项： $$\frac{1}{1+\cos u} = \frac{1}{2\cos^{2}(u/2)} = \frac12 \sec^{2}(u/2).$$ 故 $$\int \frac{1}{1+\cos u} du = \int \frac12 \sec^{2}(u/2) du = \tan(u/2).$$ $$\int{-\pi-2}^{{0} \frac{1}{1+\cos u}, du = \tan(0) - \tan\left(\frac{-\pi-2}{2}\right) = -\tan\left(\frac{-\pi-2}{2}\right).$$ 综合： $$I=\tan\left(\frac{\pi+2}{2}\right)+ \frac12(1-e}{-4}).$$ 答案： $$\tan\left(\frac{\pi+2}{2}\right)+\frac12(1-e^{-4}).$$

5. 设 $F(x)=\displaystyle \int_{0}^{x} t e^{-t^{2}}\, dt$，求

解答：

已知

则由微积分基本定理：

要求：

做代换：

区间变换： $x=2\Rightarrow u=4$，$x=3\Rightarrow u=9$。 因此

对 $\int u e^{-u} du$ 做分部积分： 令

因此

代入上下限：

答案：

6. 设曲线 $y = x$ 和直线 $x + y = 2,\ y=0$ 所围成的平面图形为 $D$，求：

(1) 平面图形 $D$ 的面积；

(2) 平面图形 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周形成的旋转体的体积。

求解：

(1) 求区域 $D$ 的面积 三条边界：

直线 $y=x$

直线 $x+y=2 \Rightarrow y=2-x$

直线 $y=0$

求交点： A：$y=0$ 与 $y=x$：

B：$y=0$ 与 $y=2-x$：

C：$y=x$ 与 $y=2-x$：

区域为三角形 ABC。 面积

答案：

(2) 绕 $x$ 轴旋转体的体积 区域上界：从 $x=0$ 到 $x=1$：上界是 $y=x$ 从 $x=1$ 到 $x=2$：上界是 $y=2-x$ 体积为：

计算： 第一部分：

第二部分：

令 $u=2-x$，从 1 到 2 时：$u$ 从 1 到 0：

故

答案：

7. 设曲线 $y=ax$ 与抛物线 $y=x^{2}$ 所围成的图形的面积为 $S_{1}$，直线 $y=ax$ 与抛物线 $y=x^{2}$ 及直线 $x=1$ 所围成的图形的面积为 $S_{2}$，其中 $a$ 为常数，且 $0

(1) 当 $S_{1}+S_{2}$ 取得最小值时，对应的常数 $a$； (2) 当 $a$ 取该最小值时，两个图形分别绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积之和 $V$。

解答：

(1) 计算 $S_{1}$ 交点由

$$ax = x^{2}\Rightarrow x(ax - x^{2})\Rightarrow x(a - x)=0.$$

交点在 $x=0$ 和 $x=a$。 区域面积：

$$S_{1}=\int_{0}^{a} (ax - x^{2})\, dx.$$

$$=\left[\frac{a x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{a}$$

$$=\frac{a\cdot a^{2}}{2}-\frac{a^{3}}{3} = a^{3}\left(\frac12 - \frac13\right) = \frac{a^{3}}{6}.$$

(2) 计算 $S_{2}$ 区域由三条曲线围成：

下界：$y=x^{2}$

上界：$y=ax$

右端：$x=1$

面积：

$$S_{2}=\int_{a}^{1}(ax - x^{2})\, dx.$$

$$=\left[\frac{a x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{3}\right]_{a}^{1}$$

计算： 上限：

$$\frac{a}{2} - \frac13$$

下限：

$$\frac{a a^{2}}{2} - \frac{a^{3}}{3} = a^{3}\left(\frac12 - \frac13\right) = \frac{a^{3}}{6}.$$

故

$$S_{2}=\left(\frac{a}{2}-\frac13\right)-\frac{a^{3}}{6}.$$

(3) 求 $S_{1}+S_{2}$

$$S_{1}+S_{2} = \frac{a^{3}}{6} + \frac{a}{2}-\frac{1}{3}-\frac{a^{3}}{6}$$

$$= \frac{a}{2}-\frac{1}{3}.$$

因此

$$S_{1}+S_{2} = \frac{a}{2}-\frac13.$$

这是随 $a$ 增大而单调增加的函数（其导数为常数 $\frac12>0$）。 因此在区间 $00$，最小值在右端 $a=0^{+}$，但曲线 $y=ax$ 失效。 由于构图要求 $a\in(0,1)$，故最小值在最左端极限处取得：

$$a\to 0^{+}.$$

8 求极限：

(1)$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1}\,dt}{e^{x^{2}}-1}$； (2)$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac1x\int_{0}^{x}(1+t^{2})e^{t^{2}-x^{2}}\,dt$。

解答：

(1) 记

$$F(x)=\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1}\,dt,\quad G(x)=e^{x^{2}}-1.$$

当 $x\to0$ 时，$F(0)=0,G(0)=0$。在 0 附近有

$$\sqrt{t^{2}+1}=1+O(t^{2}),\quad t\to0,$$

故

$$F(x)=\int_{0}^{x}\bigl(1+O(t^{2})\bigr)dt=x+O(x^{3}).$$

而

$$G(x)=e^{x^{2}}-1=x^{2}+O(x^{4}).$$

于是

$$\frac{F(x)}{G(x)}\sim\frac{x}{x^{2}}=\frac1x,\quad x\to0,$$

故极限为

$$\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1}\,dt}{e^{x^{2}}-1}=+\infty.$$

(2) 记

$$I(x)=\int_{0}^{x}(1+t^{2})e^{t^{2}-x^{2}}\,dt.$$

令 $u=x-t$，则 $t=x-u$，$dt=-du$，当 $t:0\to x$ 时 $u:x\to0$，有

$$I(x)=\int_{0}^{x}\bigl(1+(x-u)^{2}\bigr)e^{(x-u)^{2}-x^{2}}\,du =\int_{0}^{x}\bigl(1+(x-u)^{2}\bigr)e^{-2xu+u^{2}}\,du.$$

当 $x\to\infty$ 时，对每个固定的 $u>0$，指数因子 $e^{-2xu+u^{2}}$ 急剧衰减，因此积分的主要贡献来自 $u$ 取很小值的邻域。在该邻域内可近似

$$1+(x-u)^{2}\approx1+x^{2}.$$

于是对大 $x$，有渐近式

$$I(x)\sim (1+x^{2})\int_{0}^{\infty}e^{-2xu}\,du=(1+x^{2})\cdot\frac{1}{2x}.$$

因此

$$\frac1x I(x)\sim\frac1x\cdot\frac{1+x^{2}}{2x} =\frac{1+x^{2}}{2x^{2}}\xrightarrow[x\to\infty]{}\frac12.$$

故

$$\lim_{x\to\infty}\frac1x\int_{0}^{x}(1+t^{2})e^{t^{2}-x^{2}}\,dt=\frac12.$$

9 求导数：

(1)$\displaystyle \frac{d}{dx}\int_{0}^{x}\sin(x-t^{2})\,dt$； (2) 设 $\displaystyle f(x)=\int_{x}^{x^{2}}\frac{\sin xt}{t}\,dt$，求 $f'(x)$。

解答：

(1) 设

$$F(x)=\int_{0}^{x}\sin(x-t^{2})\,dt.$$

被积函数依赖于 $x$ 与上限。用莱布尼茨公式：

$$F'(x)=\int_{0}^{x}\frac{\partial}{\partial x}\sin(x-t^{2})\,dt+\sin(x-x^{2})\cdot\frac{d}{dx}x =\int_{0}^{x}\cos(x-t^{2})\,dt+\sin(x-x^{2}).$$

(2) 设

$$F(x,t)=\frac{\sin xt}{t},\quad f(x)=\int_{x}^{x^{2}}F(x,t)\,dt.$$

按莱布尼茨公式：

$$f'(x)=F(x,x^{2})\cdot(2x)-F(x,x)\cdot1+\int_{x}^{x^{2}}\frac{\partial}{\partial x}F(x,t)\,dt.$$

有

$$F(x,x^{2})=\frac{\sin x^{3}}{x^{2}},\quad F(x,x)=\frac{\sin x^{2}}{x},$$

$$\frac{\partial}{\partial x}F(x,t)=\cos(xt).$$

故

$$f'(x)=2x\cdot\frac{\sin x^{3}}{x^{2}}-\frac{\sin x^{2}}{x}+\int_{x}^{x^{2}}\cos(xt)\,dt =\frac{2\sin x^{3}}{x}-\frac{\sin x^{2}}{x}+\frac1x\int_{x^{2}}^{x^{3}}\cos u\,du.$$

积分：

$$\frac1x\int_{x^{2}}^{x^{3}}\cos u\,du=\frac1x\bigl[\sin u\bigr]_{x^{2}}^{x^{3}} =\frac1x(\sin x^{3}-\sin x^{2}).$$

合并得

$$f'(x)=\frac{2\sin x^{3}}{x}-\frac{\sin x^{2}}{x} +\frac{\sin x^{3}-\sin x^{2}}{x} =\frac{3\sin x^{3}-2\sin x^{2}}{x}.$$

10 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)>0$，而

$$F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,dt+\int_{b}^{x}\frac{1}{f(t)}\,dt,$$

证明： (1)$F'(x)\ge2$；

(2)$F(x)=0$ 在 $[a,b]$ 上有且只有一个实根。

解答：

(1) 由微积分基本定理，

$$F'(x)=f(x)+\frac1{f(x)}.$$

因为 $f(x)>0$，由基本不等式

$$f(x)+\frac1{f(x)}\ge2,$$

故 $F'(x)\ge2$。 (2) 因为 $F'(x)\ge2>0$，故 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上严格单调递增。连续函数严格单调，则方程 $F(x)=0$ 至多有一个实根。又由于

$$F(a)=\int_{b}^{a}\frac{1}{f(t)}\,dt<0,\quad F(b)=\int_{a}^{b}f(t)\,dt>0,$$

由介值定理知在 $(a,b)$ 内至少有一个实根。综上，在 $[a,b]$ 上恰有一个实根。

11 设 $f(x)$ 在 $[0,a]$ 上连续，且

$$I=\int_{0}^{a}\frac{f(x)}{f(x)+f(a-x)}\,dx=\frac{a}{2}.$$

由此计算积分

$$\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx.$$

解答：

一般情形下，对任意连续 $f$ 在 $[0,a]$ 上，

$$I=\int_{0}^{a}\frac{f(x)}{f(x)+f(a-x)}dx.$$

令 $x\mapsto a-x$，得

$$I=\int_{0}^{a}\frac{f(a-x)}{f(a-x)+f(x)}dx.$$

两式相加：

$$2I=\int_{0}^{a}\frac{f(x)+f(a-x)}{f(x)+f(a-x)}dx =\int_{0}^{a}1\,dx=a.$$

故 $I=a/2$，题中公式成立。 现取 $a=\frac{\pi}{2}$，$f(x)=\sin x$，则

$$f(a-x)=\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\cos x,$$

于是

$$\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx=\frac{a}{2}=\frac{\pi}{4}.$$

12 设

$$f(x)=x^{2}-x\int_{0}^{2}f(t)\,dt+2\int_{0}^{1}f(t)\,dt,$$

求 $f(x)$。

解答：

记

$$A=\int_{0}^{2}f(t)\,dt,\quad B=\int_{0}^{1}f(t)\,dt.$$

则对一切 $x$ 有

$$f(x)=x^{2}-Ax+2B.$$

对 $[0,2]$ 积分：

$$A=\int_{0}^{2}f(x)\,dx=\int_{0}^{2}\bigl(x^{2}-Ax+2B\bigr)\,dx =\left[\frac{x^{3}}{3}-\frac{A}{2}x^{2}+2Bx\right]_{0}^{2} = \frac{8}{3}-2A+4B.$$

即

$$A= \frac{8}{3}-2A+4B \Rightarrow 3A=\frac{8}{3}+4B. \quad (1)$$

对 $[0,1]$ 积分：

$$B=\int_{0}^{1}f(x)\,dx=\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-Ax+2B\bigr)\,dx =\left[\frac{x^{3}}{3}-\frac{A}{2}x^{2}+2Bx\right]_{0}^{1} =\frac{1}{3}-\frac{A}{2}+2B.$$

于是

$$B=\frac{1}{3}-\frac{A}{2}+2B \Rightarrow -B=\frac{1}{3}-\frac{A}{2} \Rightarrow B=\frac{A}{2}-\frac{1}{3}. \quad (2)$$

将 (2) 代入 (1)：

$$3A=\frac{8}{3}+4\left(\frac{A}{2}-\frac{1}{3}\right) =\frac{8}{3}+2A-\frac{4}{3} =\frac{4}{3}+2A.$$

故

$$A=\frac{4}{3}.$$

再由 (2) 得

$$B=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$$

于是

$$f(x)=x^{2}-\frac{4}{3}x+\frac{2}{3}.$$

13 判定下列广义积分的敛散性：

(1)$\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\sin\frac{1}{x^{2}}\,dx$； (2)$\displaystyle \int_{0}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}\,dx$。

解答：

(1) 当 $x\ge1$ 时，$0<\frac{1}{x^{2}}\le1$，且

$$0<\sin\frac{1}{x^{2}}\le\frac{1}{x^{2}}.$$

因此

$$0<\int_{1}^{+\infty}\sin\frac{1}{x^{2}}dx \le\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{2}}dx<\infty.$$

故该广义积分收敛。 (2) 在 $[0,2]$ 上，积分在 $x=1$ 处有第二类间断点。考察

$$\int_{0}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx =\int_{0}^{1}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx+\int_{1}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx.$$

以右侧为例，令 $u=1-x$，当 $x\to1^{+}$ 时 $u\to0^{-}$，

$$\int_{1}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx=\int_{0}^{-1}\frac{1}{u^{2}}(-du) =\int_{-1}^{0}\frac{1}{u^{2}}du=+\infty.$$

因此该广义积分发散。

14.

设抛物线 $y=x^{2}+2$ 与直线 $y=2x+1$ 及 $y$ 轴所围成的平面图形为 $D$，试求： (1) 平面图形 $D$ 的面积； (2) 平面图形 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得的旋转体体积； (3) 平面图形 $D$ 的边界的总长。

解答：

(0) 先求交点 求直线与抛物线交点：

$$2x+1=x^{2}+2$$

$$x^{2}-2x+1=0$$

$$(x-1)^{2}=0$$

唯一交点：

$$x=1,\quad y=3.$$

同时与 $y$ 轴相交于： 直线：$(0,1)$ 抛物线：$(0,2)$ 因此区域为由三点围成：

$$A(0,2),\quad B(0,1),\quad C(1,3).$$

上边界为抛物线，下边界为直线，左右界分别是 $x=0$ 与 $x=1$。

(1) 求面积

$$A=\int_{0}^{1} \bigl[(x^{2}+2)-(2x+1)\bigr]dx =\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-2x+1\bigr)dx$$

$$=\int_{0}^{1}(x-1)^{2}dx =\left[\frac{(x-1)^{3}}{3}\right]_{0}^{1}$$

$$=\frac{(-1)^{3}}{3}-0=-\frac13.$$

面积取正：

$$A=\frac13.$$

(2) 求旋转体体积 绕 $x$ 轴旋转，上界为 $y=x^{2}+2$，下界为 $y=2x+1$。 体积：

$$V=\pi\int_{0}^{1}\bigl[(x^{2}+2)^{2}-(2x+1)^{2}\bigr]dx.$$

计算各项：

$$(x^{2}+2)^{2}=x^{4}+4x^{2}+4,$$

$$(2x+1)^{2}=4x^{2}+4x+1.$$

差：

$$(x^{2}+2)^{2}-(2x+1)^{2}=x^{4}+4x^{2}+4 - (4x^{2}+4x+1) =x^{4}-4x+3.$$

因此：

$$V=\pi\int_{0}^{1}(x^{4}-4x+3)\,dx.$$

$$=\pi\left[\frac{x^{5}}{5}-2x^{2}+3x\right]_{0}^{1}$$

$$=\pi\left(\frac15-2+3\right) =\pi\left(\frac{1}{5}+1\right) =\frac{6\pi}{5}.$$

(3) 求边界总长 边界包括三条：

直线段 $B(0,1)\to A(0,2)$： 长度

$$L_{1}=1.$$

抛物线段 $A(0,2)\to C(1,3)$： 抛物线 $y=x^{2}+2$。

弧长：

$$L_{2}=\int_{0}^{1}\sqrt{1+(y')^{2}} dx =\int_{0}^{1}\sqrt{1+(2x)^{2}}dx =\int_{0}^{1}\sqrt{1+4x^{2}}dx.$$

积分：

$$\int\sqrt{1+4x^{2}}\,dx=\frac{x}{2}\sqrt{1+4x^{2}}+\frac{1}{4}\ln\left(2x+\sqrt{1+4x^{2}}\right).$$

代入 0 到 1： 上限：

$$\frac12\sqrt{5}+\frac14\ln(2+\sqrt5),$$

下限：

$$0+\frac14\ln(0+1)=\frac14\ln 1=0.$$

故

$$L_{2}=\frac12\sqrt{5}+\frac14\ln(2+\sqrt5).$$

直线段 $C(1,3)\to B(0,1)$： 两点距离：

$$L_{3}=\sqrt{(1-0)^{2}+(3-1)^{2}}=\sqrt{1+4}= \sqrt5.$$

合计：

$$L = 1 + \sqrt{5} + \frac12\sqrt{5} + \frac14\ln(2+\sqrt5)$$

$$=1+\frac{3}{2}\sqrt5+\frac14\ln(2+\sqrt5).$$

15.

求由曲线

$$y=\sqrt{2x-4}$$

和直线

$$y=0,\qquad x=4$$

围成的图形分别绕 $x$ 轴、$y$ 轴旋转所形成的旋转体体积。

解答：

(0) 先确定区域 曲线为

$$y=\sqrt{2x-4},\qquad y\ge0.$$

定义域条件：

$$2x-4\ge0\quad\Rightarrow\quad x\ge2.$$

因此区域由：

左界：$x=2$（由曲线与 $y=0$ 相交点）

右界：$x=4$

下界：$y=0$

上界：$y=\sqrt{2x-4}$

绘图即为：从 $x=2$ 到 $x=4$，上方由平方根曲线围成的区域。

(1) 绕 $x$ 轴旋转的体积 旋转体体积公式：

$$V_{x}=\pi\int_{2}^{4}\bigl(y(x)\bigr)^{2}dx.$$

代入 $y=\sqrt{2x-4}$：

$$V_{x}=\pi\int_{2}^{4}(2x-4)\,dx.$$

计算积分：

$$\int(2x-4)\,dx=x^{2}-4x.$$

代入上下限： 上限 $x=4$：

$$16-16=0.$$

下限 $x=2$：

$$4-8=-4.$$

$$V_{x}=\pi(0-(-4))=4\pi.$$

(2) 绕 $y$ 轴旋转的体积 使用壳层法（圆柱壳）： 半径：$x$ 高：$y=\sqrt{2x-4}$ 厚度：$dx$ 体积：

$$V_{y}=2\pi\int_{2}^{4} x\sqrt{2x-4}\,dx.$$

设代换：

$$u=2x-4\quad\Rightarrow\quad x=\frac{u+4}{2},\quad dx=\frac12 du.$$

当 $x=2\Rightarrow u=0$， 当 $x=4\Rightarrow u=4$。 代入得到：

$$V_{y}=2\pi\int_{0}^{4} \frac{u+4}{2}\sqrt{u}\cdot\frac12 du =\frac{\pi}{2}\int_{0}^{4}(u+4)u^{1/2} du.$$

展开：

$$=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{4}(u^{3/2}+4u^{1/2}) du.$$

积分：

$$\int u^{3/2}du=\frac{2}{5}u^{5/2},\qquad \int 4u^{1/2}du=\frac{8}{3}u^{3/2}.$$

代入：

$$V_{y}=\frac{\pi}{2}\left[\frac{2}{5}u^{5/2}+\frac{8}{3}u^{3/2}\right]_{0}^{4}.$$

计算 $u=4$ 时：

$$4^{3/2}=8,\qquad 4^{5/2}=32.$$

$$V_{y}=\frac{\pi}{2}\left(\frac{2}{5}\cdot32+\frac{8}{3}\cdot 8\right) =\frac{\pi}{2}\left(\frac{64}{5}+\frac{64}{3}\right).$$

通分：

$$\frac{64}{5}+\frac{64}{3} =64\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{3}\right) =64\cdot\frac{8}{15} =\frac{512}{15}.$$

因此：

$$V_{y}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{512}{15} =\frac{256\pi}{15}.$$

16.

直径为 20cm、高为 80cm 的圆柱内充满压强为 $10\text{ N/cm}^2$ 的水蒸气。设温度保持不变，要使水蒸气体积缩小一半，问需要做多少功？

解答：

题设为等温压缩过程，因此满足 玻意耳定律（Boyle’s law）：

$$PV = \text{常数}.$$

压强单位为 $10\ \text{N/cm}^2$，保持原单位即可（最终做功为 N·cm，即能量单位一致，不必转换为 SI 单位除非特别要求）。

(1) 初始体积 圆柱直径 20cm → 半径 $r=10\text{ cm}$。 高度 80cm。 初始体积：

$$V_1 = \pi r^{2}h = \pi(10^2)(80) = 8000\pi\ \text{cm}^{3}.$$

压缩后体积为一半：

$$V_2 = \frac{V_1}{2} = 4000\pi\ \text{cm}^{3}.$$

(2) 等温压缩过程中的压强表达式 玻意耳定律：

$$P V = P_1 V_1.$$

已知初始压强 $P_1 = 10\ \text{N/cm}^2$，初始体积 $V_1 = 8000\pi$. 故

$$P = \frac{P_1 V_1}{V} = \frac{10\cdot 8000\pi}{V}.$$

(3) 做功计算 压缩功：

$$W = \int_{V_1/2}^{V_1} P\, dV = \int_{V_1/2}^{V_1} \frac{P_1 V_1}{V} dV.$$

代入：

$$W = P_1 V_1 \int_{V_1/2}^{V_1} \frac{1}{V}\, dV.$$

$$= P_1 V_1 \left[\ln V\right]_{V_1/2}^{V_1}$$

$$= P_1 V_1 \left(\ln V_1 - \ln \frac{V_1}{2}\right)$$

$$= P_1 V_1 \ln 2.$$

代入数据：

$$P_1 = 10,\qquad V_1=8000\pi.$$

$$W = 10\cdot 8000\pi\cdot \ln2 = 80000\pi \ln 2\ (\text{N cm}).$$

最终答案：

$$\boxed{W = 80000\pi \ln 2\ \text{N cm}}$$

若要以 SI 单位（J）表示： 1 N·cm = 0.01 J，因此

$$W = 80000\pi \ln 2 \times 0.01 = 800\pi \ln 2\ \text{J}.$$

17.

一个横放着的圆柱形水桶，桶内盛有半桶水。设桶的底半径为 $R$，水的密度为 $\rho$，计算桶的一端面上所受的压力。

解答：

本题为典型的“圆柱横放 → 一端竖直圆端面受到的静水压力”问题。 水深为半径，即： 水面经过圆心，因此圆端面被水淹没刚好一半。 圆端面是一个竖直圆面，高度方向取竖直 $y$，圆心为 $y=0$，水面在 $y=0$，水向下延伸到 $y=-R$，因此：

水深范围：$y\in[-R,\,0]$

每一条水平线（在端面上）对应的压力为 $\rho g h$，但题中没有给 $g$，传统教材中在“压强单位”通常把 $g$ 吸收入 $\rho$ 中，因此我们按纯静水压强公式：

$$p=\rho h,$$

其中 $h=0-y=-y$ 为到水面深度。

(1) 几何准备：求端面水平线的宽度 端面是圆：

$$x^{2}+y^{2}=R^{2}.$$

取一条水平小条带，位于高度 $y$，宽度为：

$$\text{宽}=2\sqrt{R^{2}-y^{2}}.$$

其面积元为：

$$dA = 2\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$

(2) 压力元

静水压力：

$$dF = p\, dA = \rho h \, dA.$$

这里深度 $h=-y$（因为水面在 $y=0$）。 故：

$$dF = \rho (-y)\cdot 2\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$

积分范围为水淹没的区域：

$$y\in[-R,\,0].$$

(3) 压力总和

$$F = \int_{-R}^{0} \rho(-y) \cdot 2\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$

提出常数：

$$F = 2\rho\int_{-R}^{0} (-y)\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$

令代换：

$$u=-y\quad\Rightarrow\quad du=-dy.$$

当 $y=-R\Rightarrow u=R$， 当 $y=0\Rightarrow u=0$。 翻转上下限：

$$F = 2\rho\int_{R}^{0} u\sqrt{R^{2}-u^{2}}\, (-du) =2\rho\int_{0}^{R} u\sqrt{R^{2}-u^{2}}\, du.$$

令：

$$v=R^{2}-u^{2},\quad dv=-2u\,du,\quad u\,du=-\frac12 dv.$$

积分变为：

$$F=2\rho\int_{R^{2}}^{0} \sqrt{v}\, \left(-\frac12 dv\right) =\rho\int_{0}^{R^{2}} v^{1/2} dv.$$

$$F=\rho\left[\frac{2}{3}v^{3/2}\right]_{0}^{R^{2}} =\rho\cdot\frac{2}{3}(R^{2})^{3/2}.$$

注意：

$$(R^{2})^{3/2}=R^{3}.$$

因此最终结果为：

$$F=\frac{2}{3}\rho R^{3}.$$

18.

有一半径为 $R$、中心角为 $\varphi$ 的圆弧形细棒，其上各点线密度为常数 $\rho$，求该圆弧形细棒对其圆心的引力。

解答：

题设： 圆弧形细棒，半径 $R$，中心角 $\varphi$，线密度为常数 $\rho$。 要求： 圆弧形细棒对圆心的引力大小。

(1) 元素力的方向与大小 细棒上任一点的质量元：

$$dm = \rho\, ds=\rho\,R\, d\theta.$$

该点到圆心的距离为 $R$，万有引力公式：

$$dF=\frac{G\,dm}{R^{2}}=\frac{G\rho R d\theta}{R^{2}}=\frac{G\rho}{R}d\theta.$$

方向：从圆弧每个点指向圆心。 由于引力沿半径方向，各点的力均指向圆心，因此向心方向的分量全部同向，总力为标量加和。

(2) 引力总和 整个圆弧角度范围长度：

$$\theta\in[-\varphi/2,\ \varphi/2].$$

总力：

$$F=\int_{-\varphi/2}^{\varphi/2} \frac{G\rho}{R} d\theta =\frac{G\rho}{R}\cdot\left(\varphi\right).$$

因此：

$$F=\frac{G\rho\varphi}{R}.$$

19.

计算

$$\int e^{x}\sqrt{\,1+e^{2x}\,}\,dx.$$

解答：

设

$$u = 1+e^{2x}.$$

则

$$du = 2e^{2x}\,dx = 2e^{x}\bigl(e^{x}\,dx\bigr).$$

注意被积函数中有

$$e^{x}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx = \sqrt{u}\,\frac{du}{2e^{x}}.$$

但更简单的换元是直接设：

$$t=e^{x},\qquad dt=e^{x}dx=t\,dx.$$

于是

$$e^{x}=t,\qquad dx=\frac{dt}{t}.$$

原积分变为：

$$I=\int t\sqrt{1+t^{2}}\cdot \frac{dt}{t} =\int \sqrt{1+t^{2}}\,dt.$$

这是标准公式：

$$\int\sqrt{1+t^{2}}\,dt =\frac12\left(t\sqrt{1+t^{2}}+\ln\bigl(t+\sqrt{1+t^{2}}\bigr)\right)+C.$$

代回 $t=e^{x}$：

$$\boxed{ \int e^{x}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx =\frac12\Bigl(e^{x}\sqrt{1+e^{2x}}+\ln\bigl(e^{x}+\sqrt{1+e^{2x}}\bigr)\Bigr)+C. }$$

20.

讨论函数

$$f(x)=\int_{0}^{x}(t^{2}+1)\sqrt{t^{4}+1}\,dt$$

的单调区间与极值。

解答：

由微积分基本定理可写出导数：

$$f'(x)=(x^{2}+1)\sqrt{x^{4}+1}.$$

注意：

$x^{2}+1>0$ 对全部实数成立；

$\sqrt{x^{4}+1}>0$ 对全部实数成立。

因此

$$f'(x)>0\quad \text{对一切 }x\in\mathbb{R}.$$

于是：

$f(x)$ 在整个实数轴上 严格单调递增；

没有驻点，因此 无极大极小值。

总结：

$$\boxed{ f(x)\text{ 在 }(-\infty,+\infty)\text{ 上严格单调递增，无极值。} }$$

21.

计算

$$\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx.$$

解答：

设

$$u=x^{2},\qquad du=2x\,dx.$$

原积分

$$I=\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx =\int_{0}^{1}\frac{x^{2}\cdot x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx =\frac12\int_{0}^{1}\frac{u}{\sqrt{1-u}}\,du.$$

化简：

$$I=\frac12\int_{0}^{1}u(1-u)^{-1/2}\,du.$$

拆成：

$$I=\frac12\left(\int_{0}^{1}u(1-u)^{-1/2}du\right) =\frac12\left(\int_{0}^{1}(1-u)^{-1/2}du-\int_{0}^{1}(1-u)^{1/2}du\right).$$

分别计算：

$$\int_{0}^{1}(1-u)^{-1/2}du =\left[-2\sqrt{1-u}\right]_{0}^{1}=2.$$

$$\int_{0}^{1}(1-u)^{1/2}du =\left[-\frac{2}{3}(1-u)^{3/2}\right]_{0}^{1} =\frac{2}{3}.$$

因此：

$$I=\frac12\left(2 - \frac23\right) =\frac12\cdot\frac{4}{3} =\frac{2}{3}.$$ docs