3.6 定积分几何应用

💡 【重点关注】 手稿核心前言（黄色高亮）

本小节将会大量涉及二重积分。没学过二重积分的同学可以等学完二重积分之后再来学习此部分。
考研中几何应用的大题，若直接使用一元微元法，往往需要复杂的分割和反解；而如果使用二重积分的思想来统领，不仅公式高度统一、不易漏项，而且在计算对称性、奇偶性、极坐标换元时优势极其显著。

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3.6.1 平面图形的面积

平面区域 $D$ 的面积本质上即为常数函数 $1$ 在 $D$ 上的二重积分：

$$S = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma.$$

无论直角坐标还是极坐标，均可直接根据区域特征选择合适的累次积分形式：

1. 直角坐标系下的面积

若区域 $D$ 由两条曲线 $y=f(x)$ 与 $y=g(x)$（满足 $f(x) \ge g(x)$）以及两条直线 $x=a, x=b$（$a < b$）围成：

$$S = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma = \int_a^b \mathrm dx \int_{g(x)}^{f(x)} 1\,\mathrm dy = \int_a^b [f(x) - g(x)]\,\mathrm dx.$$

2. 极坐标系下的面积

若区域 $D$ 由极坐标曲线 $r = r(\theta)$ 与两条射线 $\theta = \alpha, \theta = \beta$（$\alpha < \beta$）围成：

$$S = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma = \int_\alpha^\beta \mathrm d\theta \int_0^{r(\theta)} r\,\mathrm dr = \frac{1}{2}\int_\alpha^\beta r^2(\theta)\,\mathrm d\theta.$$

💡 【技巧与方法】 手稿解题心法

平面域 $D$ 的面积直接用二重积分 $S = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma$ 计算，然后根据积分域 $D$ 的特征选择计算二重积分的方法（直角坐标、极坐标、奇偶性、对称性）。用二重积分去定限和算对称性，比单纯背一元公式更不易出错。

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3.6.2 旋转体体积

1. 绕一般直线旋转的二重积分公式（圆柱壳与古尔丁本质）

设平面区域 $D$ 绕直线 $L: ax + by + c = 0$（该直线不穿过区域 $D$）旋转一周，所得旋转体体积记为 $V$。

在区域 $D$ 中取一面积微元 $\mathrm d\sigma$，设 $(x,y)$ 为微元中的任一点，则点 $(x,y)$ 到旋转轴 $L$ 的垂直距离（旋转半径）为：

$$r(x,y) = \frac{|ax + by + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}.$$

该小区域绕直线 $L$ 旋转所得薄圆柱壳环状体的微元体积近似为：

$$\mathrm dV = 2\pi r(x,y)\,\mathrm d\sigma.$$

将整个区域 $D$ 上的环状体累加，得到求旋转体体积的核心公式：

$$V = 2\pi \iint_D r(x,y)\,\mathrm d\sigma.$$

2. 绕直角坐标轴旋转的特例

设区域 $D$ 由曲线 $y=f(x) \ge 0$、直线 $x=a$、$x=b$（$0 \le a < b$）及 $x$ 轴围成：

• ① 绕 $x$ 轴旋转一周：
  旋转轴为 $y=0$，旋转半径 $r(x,y) = y$：

  $$V_x = 2\pi \iint_D y\,\mathrm d\sigma = 2\pi \int_a^b \mathrm dx \int_0^{f(x)} y\,\mathrm dy = 2\pi \int_a^b \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^{f(x)}\,\mathrm dx = \pi \int_a^b f^2(x)\,\mathrm dx.$$

• ② 绕 $y$ 轴旋转一周：
  旋转轴为 $x=0$，旋转半径 $r(x,y) = x$：

  $$V_y = 2\pi \iint_D x\,\mathrm d\sigma = 2\pi \int_a^b \mathrm dx \int_0^{f(x)} x\,\mathrm dy = 2\pi \int_a^b x f(x)\,\mathrm dx.$$

💡 【技巧与方法】 核心总结

平面域 $D$ 绕直线 $L: ax + by + c = 0$（直线不穿过区域 $D$）旋转所得旋转体体积，直接套用二重积分 $V = 2\pi \iint_D r(x,y)\,\mathrm d\sigma$ 计算。无论旋转轴是坐标轴（$r=|y|$ 或 $r=|x|$）还是任意平行直线（如 $y=4$ 时 $r=|4-y|$），先找准旋转半径 $r(x,y)$，再根据区域形状选择 $X$-型或 $Y$-型累次积分，比一元切片法简洁得多！

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💡 【经典例题】 例 3.103｜用二重积分计算旋转体体积与面积

过点 $(1,0)$ 作曲线 $y = x^2$ 的切线，该切线与曲线 $y = x^2$ 及 $x$ 轴围成平面图形 $D$。
（1）求 $D$ 的面积 $A$；
（2）求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积 $V_x$；
（3）求 $D$ 绕 $y$ 轴旋转一周所得旋转体的体积 $V_y$；
（4）求 $D$ 绕直线 $y = 4$ 旋转一周所得旋转体的体积 $V_{y=4}$。

【解】
设切点坐标为 $(x_0, y_0)$，曲线 $y = x^2$ 的导数为 $y' = 2x$。过点 $(1,0)$ 的切线斜率为 $k = 2x_0$，切线方程为：

$$y = k(x - 1).$$

因为切点 $(x_0, y_0)$ 既在曲线上又在切线上，联立得方程组：

$$\begin{cases} x_0^2 = k(x_0 - 1), \\ 2x_0 = k. \end{cases}$$

将 $k = 2x_0$ 代入第一式，得 $x_0^2 = 2x_0(x_0 - 1) = 2x_0^2 - 2x_0 \implies x_0^2 - 2x_0 = 0$。
由图可知切点在第一象限 $x_0 > 1$，解得：

$$x_0 = 2, \qquad k = 4, \qquad y_0 = 4.$$

故切线方程为：

$$y = 4(x - 1) \iff x = \frac{y}{4} + 1.$$

区域 $D$ 的上下边界在切点处改变，若按 $X$-型分割需要拆成两段；但若视为 $Y$-型区域，则无需分段：

$$D = \left\{ (x,y) \,\middle|\, 0 \le y \le 4,\ \sqrt{y} \le x \le \frac{y}{4} + 1 \right\}.$$

（1）求面积 $A$：

$$A = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma = \int_0^4 \mathrm dy \int_{\sqrt{y}}^{\frac{y}{4}+1} \mathrm{dx} = \int_0^4 \left( \frac{y}{4} + 1 - \sqrt{y} \right)\,\mathrm dy = \left[ \frac{y^2}{8} + y - \frac{2}{3}y^{3/2} \right]_0^4 = 2 + 4 - \frac{16}{3} = \boxed{\frac{2}{3}}.$$

（2）求绕 $x$ 轴体积 $V_x$：
旋转半径为到 $x$ 轴距离 $r(x,y) = y$：

$$\begin{aligned} V_x &= 2\pi \iint_D y\,\mathrm d\sigma = 2\pi \int_0^4 \mathrm dy \int_{\sqrt{y}}^{\frac{y}{4}+1} y\,\mathrm dx \\ &= 2\pi \int_0^4 y \left( \frac{y}{4} + 1 - \sqrt{y} \right)\,\mathrm dy = 2\pi \int_0^4 \left( \frac{y^2}{4} + y - y^{3/2} \right)\,\mathrm dy \\ &= 2\pi \left[ \frac{y^3}{12} + \frac{y^2}{2} - \frac{2}{5}y^{5/2} \right]_0^4 = 2\pi \left( \frac{16}{3} + 8 - \frac{64}{5} \right) = 2\pi \left( \frac{40 + 60 - 96}{15} \right) = \boxed{\frac{16}{15}\pi}. \end{aligned}$$

（3）求绕 $y$ 轴体积 $V_y$：
旋转半径为到 $y$ 轴距离 $r(x,y) = x$：

\begin{aligned} V_y &= 2\pi \iint_D x\,\mathrm d\sigma = 2\pi \int_0^4 \mathrm dy \int_{\sqrt{y}}^{\frac{y}{4}+1} x\,\mathrm dx \\ &= 2\pi \int_0^4 \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{y}{4} + 1\right)^2 - y \right]\,\mathrm dy = \pi \int_0^4 \left( \frac{y^2}{16} - \frac{y}{2} + 1 \right)\,\mathrm dy \\ &= \pi \left[ \frac{y^3}{48} - \frac{y^2}{4} + y \right]_0^4 = \pi \left( \frac{4}{3} - 4 + 4 \\right) = \boxed{\frac{4}{3}\pi}. \end{aligned}

（4）求绕直线 $y = 4$ 体积 $V_{y=4}$：
旋转半径为到直线 $y=4$ 的距离 $r(x,y) = 4 - y$：

$$\begin{aligned} V_{y=4} &= 2\pi \iint_D (4 - y)\,\mathrm d\sigma = 2\pi \int_0^4 (4 - y) \left( \frac{y}{4} + 1 - \sqrt{y} \right)\,\mathrm dy \\ &= 4 \cdot 2\pi \iint_D 1\,\mathrm d\sigma - 2\pi \iint_D y\,\mathrm d\sigma = 8\pi A - V_x \\ &= 8\pi \left(\frac{2}{3}\right) - \frac{16}{15}\pi = \frac{80\pi - 16\pi}{15} = \boxed{\frac{64}{15}\pi}. \end{aligned}$$

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💡 【经典例题】 例 3.104｜二重积分 + 极坐标求旋转体体积

设对数螺线 $r = e^\theta$（$0 \le \theta \le \pi$）及射线 $\theta = 0$ 和 $\theta = \pi$ 围成平面图形 $D$。
（1）求 $D$ 的面积 $A$；
（2）求 $D$ 绕极轴（$x$ 轴）旋转一周所得旋转体的体积 $V$。

【解】
（1）求面积 $A$：

$$A = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma = \int_0^\pi \mathrm d\theta \int_0^{e^\theta} r\,\mathrm dr = \frac{1}{2}\int_0^\pi e^{2\theta}\,\mathrm d\theta = \frac{1}{4}\left[ e^{2\theta} \right]_0^\pi = \boxed{\frac{1}{4}(e^{2\pi} - 1)}.$$

（2）求绕极轴（$x$ 轴）旋转体积 $V$：
绕极轴旋转时，微元点 $(x,y)$ 到极轴的垂直距离即为纵坐标 $y = r\sin\theta$：

$$\begin{aligned} V &= 2\pi \iint_D r(x,y)\,\mathrm d\sigma = 2\pi \iint_D y\,\mathrm d\sigma \\ &= 2\pi \int_0^\pi \mathrm d\theta \int_0^{e^\theta} (r\sin\theta) \cdot r\,\mathrm dr = 2\pi \int_0^\pi \sin\theta\,\mathrm d\theta \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^{e^\theta} \\ &= \frac{2\pi}{3}\int_0^\pi e^{3\theta}\sin\theta\,\mathrm d\theta. \end{aligned}$$

对于定积分 $I = \int_0^\pi e^{3\theta}\sin\theta\,\mathrm d\theta$，使用两次分部积分（或常用公式 $\int e^{ax}\sin bx\,\mathrm dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx - b\cos bx)$）：

$$\int e^{3\theta}\sin\theta\,\mathrm d\theta = \frac{e^{3\theta}}{3^2 + 1^2}(3\sin\theta - \cos\theta) = \frac{e^{3\theta}}{10}(3\sin\theta - \cos\theta).$$

代入上下限 $0$ 与 $\pi$：

$$I = \left[ \frac{e^{3\theta}}{10}(3\sin\theta - \cos\theta) \right]_0^\pi = \frac{e^{3\pi}}{10}(0 - (-1)) - \frac{1}{10}(0 - 1) = \frac{e^{3\pi} + 1}{10}.$$

因此旋转体体积为：

$$V = \frac{2\pi}{3} \cdot \frac{e^{3\pi} + 1}{10} = \boxed{\frac{\pi}{15}(e^{3\pi} + 1)}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.105｜2022 数二真题

已知曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r = \sin 3\theta$（$0 \le \theta \le \frac{\pi}{3}$），则 $L$ 围成的有界区域的面积为 $\underline{\qquad}$。

【答案】 $\dfrac{\pi}{12}$

【解析】
本题考查极坐标下的平面图形面积。曲线 $r = \sin 3\theta$ 是“三叶玫瑰线”位于第一象限的一个完整花瓣（当 $\theta=0$ 与 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 时 $r=0$）。

【手稿极速解法（换元结合 Wallis 公式）】：

$$A = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma = \int_0^{\pi/3}\mathrm d\theta \int_0^{\sin 3\theta} r\,\mathrm dr = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/3} \sin^2 3\theta\,\mathrm d\theta.$$

令 $u = 3\theta$，则 $\mathrm d(3\theta) = 3\,\mathrm d\theta$，积分限变为 $0$ 到 $\pi$：

$$A = \frac{1}{6}\int_0^{\pi/3} \sin^2(3\theta)\,\mathrm d(3\theta) = \frac{1}{6}\int_0^\pi \sin^2 u\,\mathrm du.$$

由正弦函数的对称性与 Wallis 公式：

$$A = \frac{1}{6} \times 2\int_0^{\pi/2} \sin^2 u\,\mathrm du = \frac{1}{3} \times \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \boxed{\frac{\pi}{12}}.$$

(亦可用二倍角降幂公式：$\frac{1}{2}\int_0^{\pi/3}\frac{1-\cos 6\theta}{2}\,\mathrm d\theta = \frac{1}{4}\left[ \theta - \frac{\sin 6\theta}{6} \right]_0^{\pi/3} = \frac{\pi}{12}$)。

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💡 【经典例题】 例 3.106｜2013 数二真题

设封闭曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r = \cos 3\theta$（$-\frac{\pi}{6} \le \theta \le \frac{\pi}{6}$），则 $L$ 所围平面图形的面积是 $\underline{\qquad}$。

【答案】 $\dfrac{\pi}{12}$

【解析】
曲线为三叶玫瑰线对称穿过极轴的一个花瓣，关于极轴（$\theta=0$）上下对称。

【手稿解法】：

$$A = \iint_D 1\,\mathrm d\sigma = \int_{-\pi/6}^{\pi/6}\mathrm d\theta \int_0^{\cos 3\theta} r\,\mathrm dr = \frac{1}{2}\int_{-\pi/6}^{\pi/6} \cos^2 3\theta\,\mathrm d\theta.$$

令 $u = 3\theta$，当 $\theta \in [-\pi/6, \pi/6]$ 时 $u \in [-\pi/2, \pi/2]$：

$$A = \frac{1}{6}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 u\,\mathrm du = \frac{1}{6} \times 2\int_0^{\pi/2} \cos^2 u\,\mathrm du = \frac{1}{3} \times \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \boxed{\frac{\pi}{12}}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.107｜2020 数二真题

设函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，且满足

$$2f(x) + x^2 f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{x^2 + 2x}{\sqrt{1 + x^2}}.$$

求 $f(x)$，并求曲线 $y = f(x)$，$y = \frac{1}{2}$，$y = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 及 $y$ 轴所围图形绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。

【解】
第一步：求 $f(x)$ 解析式

💡 【技巧与方法】 手稿蓝色核心提示

定义域相同才能进行变量代换！题设 $x \in (0,+\infty)$，故 $\frac{1}{x} \in (0,+\infty)$，消元合法。

原方程为：

$$2f(x) + x^2 f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{x^2 + 2x}{\sqrt{1 + x^2}}. \tag{1}$$

在 $(1)$ 式中令 $x = \frac{1}{t}$（$t \in (0,+\infty)$）：

$$2f\left(\frac{1}{t}\right) + \frac{1}{t^2}f(t) = \frac{\frac{1}{t^2} + \frac{2}{t}}{\sqrt{1 + \frac{1}{t^2}}} = \frac{1 + 2t}{t^2 \cdot \frac{\sqrt{t^2 + 1}}{t}} = \frac{1 + 2t}{t\sqrt{1 + t^2}}.$$

将自变量字母 $t$ 改写为 $x$，得：

$$2f\left(\frac{1}{x}\right) + \frac{1}{x^2}f(x) = \frac{1 + 2x}{x\sqrt{1 + x^2}}. \tag{2}$$

为消去 $f\left(\frac{1}{x}\right)$，将 $(1)$ 式两边同乘以 $\frac{2}{x^2}$：

$$2f\left(\frac{1}{x}\right) + \frac{4}{x^2}f(x) = \frac{x^2 + 2x}{\sqrt{1 + x^2}} \cdot \frac{2}{x^2} = \frac{2(x + 2)}{x\sqrt{1 + x^2}}. \tag{3}$$

由 $(3) - (2)$ 消去 $f\left(\frac{1}{x}\right)$：

$$\frac{3}{x^2}f(x) = \frac{2x + 4 - (1 + 2x)}{x\sqrt{1 + x^2}} = \frac{3}{x\sqrt{1 + x^2}}.$$

两边乘以 $\frac{x^2}{3}$，解得：

$$f(x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}, \qquad x \in (0,+\infty).$$

第二步：求函数的单调性并反解 $x = g(y)$
对 $y = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ 求导（手稿红笔批注）：

$$y' = \frac{\sqrt{1+x^2} - x \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} = \frac{1}{(1+x^2)^{3/2}} > 0 \implies y(x) \text{ 在 } (0,+\infty) \text{ 上严格单调递增}.$$

两边平方反解 $x$：

$$y^2 = \frac{x^2}{1+x^2} \implies y^2 + x^2 y^2 = x^2 \implies (1-y^2)x^2 = y^2.$$

因为 $x > 0$，且当 $x \in (0,+\infty)$ 时 $y \in (0,1)$，故：

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

第三步：计算绕 $x$ 轴旋转体体积（二重积分 / 圆柱壳法）
区域 $D$ 由 $y \in \left[ \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right]$，左边界为 $y$ 轴（$x=0$），右边界为 $x = \frac{y}{\sqrt{1-y^2}}$ 围成。
绕 $x$ 轴旋转，任一点 $(x,y)$ 到 $x$ 轴的距离为 $y$：

$$\begin{aligned} V &= 2\pi \iint_D y\,\mathrm d\sigma = 2\pi \int_{1/2}^{\sqrt{3}/2} y\,\mathrm dy \int_0^{\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}} \mathrm dx \\ &= 2\pi \int_{1/2}^{\sqrt{3}/2} \frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm dy. \end{aligned}$$

作三角代换：令 $y = \sin t$，则 $\mathrm dy = \cos t\,\mathrm dt$。
当 $y = \frac{1}{2}$ 时 $t = \frac{\pi}{6}$；当 $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 时 $t = \frac{\pi}{3}$：

$$\begin{aligned} V &= 2\pi \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\sin^2 t}{\cos t} \cdot \cos t\,\mathrm dt = 2\pi \int_{\pi/6}^{\pi/3} \sin^2 t\,\mathrm dt \\ &= 2\pi \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{1 - \cos 2t}{2}\,\mathrm dt = \pi \left[ t - \frac{\sin 2t}{2} \right]_{\pi/6}^{\pi/3}. \end{aligned}$$

代入上下限：
由于 $\sin\left(2 \cdot \frac{\pi}{3}\right) = \sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin\left(2 \cdot \frac{\pi}{6}\right) = \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，两者相等抵消！

$$V = \pi \left[ \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) - \left( \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) \right] = \pi \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} - 0 \right) = \boxed{\frac{\pi^2}{6}}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.108｜2011 数二真题（几何体积部分）

一容器的内侧是由图中曲线绕 $y$ 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由

$$x^2 + y^2 = 2y \quad \left(y \ge \frac{1}{2}\right)$$

与

$$x^2 + y^2 = 1 \quad \left(y \le \frac{1}{2}\right)$$

连接而成。
（Ⅰ）求容器的容积；
（Ⅱ）若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？（见 3.7 定积分物理应用）

【解】

💡 【技巧与方法】 手稿金句

“若出现了对称的情况，记得只算一半区间！”
上半部分曲线为圆 $x^2 + (y-1)^2 = 1$ 在 $y \in [1/2, 2]$ 的一段弧（高为 $1.5$）；
下半部分曲线为圆 $x^2 + y^2 = 1$ 在 $y \in [-1, 1/2]$ 的一段弧（高同样为 $1.5$）。
若设相对于分割线 $y=1/2$ 的高度偏移，两段曲线的水平半径平方关于水平面 $y = 1/2$ 是完全对称相等的！
因此，容器由水平面 $y=1/2$ 分割成的上下两部分容积完全相等，只需计算上半部容积 $V_1$，然后乘以 $2$ 即可。

取上半部分（$y \in [1/2, 2]$）的右半平面截面：

$$x^2 + y^2 = 2y \implies x = \sqrt{2y - y^2}.$$

绕 $y$ 轴旋转的二重积分公式：

$$\begin{aligned} V_1 &= 2\pi \iint_{D_1} x\,\mathrm dx\mathrm dy = 2\pi \int_{1/2}^2 \mathrm dy \int_0^{\sqrt{2y-y^2}} x\,\mathrm dx \\ &= 2\pi \int_{1/2}^2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^{\sqrt{2y-y^2}}\,\mathrm dy = \pi \int_{1/2}^2 (2y - y^2)\,\mathrm dy \\ &= \pi \left[ y^2 - \\frac{y^3}{3} \right]_{1/2}^2 = \pi \left[ \left(4 - \frac{8}{3}\right) - \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{24}\right) \right] = \pi \left( \frac{4}{3} - \frac{5}{24} \right) = \frac{9}{8}\pi. \end{aligned}$$

由几何对称性，整个容器的容积为：

$$\boxed{V = 2V_1 = 2 \times \frac{9}{8}\pi = \frac{9}{4}\pi}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.109｜2023 李六

曲线 $y = (x+1)(e^{nx} - 1)$（$n > 1$）与 $x$ 轴所围面积为 $\underline{\qquad}$。

【答案】 $\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}(1 - e^{-n})$

【解析】

💡 【避坑警示】 手稿核心警示（黄色高亮）

注意图像是在 $x$ 轴上方还是下方！！！一定要注意正负！！！！
面积具有几何非负性：$S = \int_a^b |y(x)|\,\mathrm dx$。直接去绝对值若符号弄反，整道题零分！

第一步：求交点与判定符号
令 $y = 0$，得 $(x+1)(e^{nx}-1) = 0 \implies x = -1$ 或 $x = 0$。
当 $x \in (-1, 0)$ 时：

• $x + 1 > 0$；
• 因 $n > 1$ 且 $x < 0$，有 $nx < 0 \implies e^{nx} < 1 \implies e^{nx} - 1 < 0$。

二者乘积严格为负：$y(x) < 0$（曲线在 $x$ 轴下方）。故所求面积为：

$$S = \int_{-1}^0 |(x+1)(e^{nx}-1)|\,\mathrm dx = \int_{-1}^0 (x+1)(1 - e^{nx})\,\mathrm dx = \int_{-1}^0 (x+1)\,\mathrm dx - \int_{-1}^0 (x+1)e^{nx}\,\mathrm dx.$$

第二步：计算积分
第一项：

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

第二项使用表格法分部积分（手稿蓝色图解）：

• 导数链：$u = x+1 \to 1 \to 0$
• 积分链：$v = e^{nx} \to \frac{1}{n}e^{nx} \to \frac{1}{n^2}e^{nx}$
• 正负交叉相乘：

$$\int (x+1)e^{nx}\,\mathrm dx = (x+1)\left(\frac{1}{n}e^{nx}\right) - (1)\left(\frac{1}{n^2}e^{nx}\right) = \left( \frac{x+1}{n} - \frac{1}{n^2} \right)e^{nx}.$$

代入区间 $[-1, 0]$：

$$\begin{aligned} \int_{-1}^0 (x+1)e^{nx}\,\mathrm dx &= \left[ \left( \frac{x+1}{n} - \frac{1}{n^2} \right)e^{nx} \right]_{-1}^0 \\ &= \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n^2} \right)e^0 - \left( 0 - \frac{1}{n^2} \right)e^{-n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^2}e^{-n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^2}(1 - e^{-n}). \end{aligned}$$

两项相减得最终面积：

$$S = \frac{1}{2} - \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{n^2}(1 - e^{-n}) \right] = \boxed{\frac{1}{2} - \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}(1 - e^{-n})}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.110｜2014 数二真题

已知函数 $f(x,y)$ 满足 $\frac{\partial f}{\partial y} = 2(y+1)$，且 $f(y,y) = (y+1)^2 - (2-y)\ln y$，求曲线 $f(x,y) = 0$ 所围图形绕直线 $y = -1$ 旋转一周所得旋转体的体积。

【解】
第一步：求 $f(x,y)$ 并确定曲线方程
由 $\frac{\partial f}{\partial y} = 2(y+1)$ 对 $y$ 积分：

$$f(x,y) = \int 2(y+1)\,\mathrm dy = (y+1)^2 + g(x).$$

令 $x=y$，由题设条件：

$$f(y,y) = (y+1)^2 + g(y) = (y+1)^2 - (2-y)\ln y \implies g(y) = -(2-y)\ln y.$$

故 $g(x) = -(2-x)\ln x$，函数表达式为：

$$f(x,y) = (y+1)^2 - (2-x)\ln x.$$

曲线 $f(x,y) = 0$ 的方程即为：

$$(y+1)^2 = (2-x)\ln x.$$

第二步：分析曲线的几何特征与积分限

💡 【技巧与方法】 手稿对称性分析

令 $t = y+1$，则方程为 $t^2 = (2-x)\ln x$，方程关于 $t=0$（即 $y = -1$）对称！
曲线关于旋转轴 $y = -1$ 严格上下对称。
由于实数平方 $(y+1)^2 \ge 0$，必有 $(2-x)\ln x \ge 0$。
结合对数定义域 $x > 0$，解得横坐标范围为：

$$1 \le x \le 2.$$

当 $y = -1$ 时，横截线交点恰为 $x=1$ 与 $x=2$。

第三步：计算旋转体体积（圆截面法与分部积分）
在区间 $[1,2]$ 内任取 $x$，垂直于 $x$ 轴截面是一个以直线 $y=-1$ 上的点 $(x,-1)$ 为圆心的圆，截面半径为：

$$R(x) = |y+1| = \sqrt{(2-x)\ln x}.$$

圆截面的面积为：

$$A(x) = \pi R^2(x) = \pi (y+1)^2 = \pi (2-x)\ln x.$$

(若用二重积分二倍对称性计算，同样得到 $V = 2\pi \iint_D (y+1)\,\mathrm d\sigma = 2\pi \int_1^2 \mathrm dx \int_{-1}^{\sqrt{(2-x)\ln x}-1} (y+1)\,\mathrm dy = \pi \int_1^2 (2-x)\ln x\,\mathrm dx$)。

体积积分为：

$$V = \pi \int_1^2 (2-x)\ln x\,\mathrm dx.$$

使用分部积分法（手稿完整演算）：
凑微分：$(2-x)\,\mathrm dx = -\mathrm d\left[ \frac{(2-x)^2}{2} \right]$：

$$\begin{aligned} \int_1^2 (2-x)\ln x\,\mathrm dx &= -\int_1^2 \ln x\,\mathrm d\left[ \frac{(2-x)^2}{2} \right] \\ &= -\left[ \ln x \cdot \frac{(2-x)^2}{2} \right]_1^2 + \int_1^2 \frac{(2-x)^2}{2} \cdot \frac{1}{x}\,\mathrm dx. \end{aligned}$$

检查端点项：

• 当 $x=2$ 时，$(2-2)^2 = 0$；
• 当 $x=1$ 时，$\ln 1 = 0$。
  端点项恒为 $0$！

将被积函数分子展开因式分解：

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

积分计算：

$$\begin{aligned} \int_1^2 \left( \frac{x}{2} - 2 + \frac{2}{x} \right)\,\mathrm dx &= \left[ \frac{x^2}{4} - 2x + 2\ln x \right]_1^2 \\ &= (1 - 4 + 2\ln 2) - \left( \frac{1}{4} - 2 + 0 \right) \\ &= -3 + 2\ln 2 - \left( -\frac{7}{4} \right) = 2\ln 2 - \frac{5}{4}. \end{aligned}$$

最终旋转体体积为：

$$\boxed{V = \left( 2\ln 2 - \frac{5}{4} \right)\pi}.$$

💡 【重点关注】 手稿红框金句

不需要严谨画出图像，能确定积分限即可！
考场上遇到二元未知曲线旋转体，无需被复杂的隐函数吓倒，抓住两点：① 由非负性确定自变量积分区间；② 由几何对称或距离公式确定截面半径平方。

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3.6.3 弧长公式（数三不要求）

平面光滑曲线弧长的统一计算公式为：

$$s = \int_C \mathrm ds.$$

根据曲线的表示形式，弧微分 $\mathrm ds$ 分别为：

曲线方程形式	参数范围	弧微分 $\mathrm ds$	弧长计算公式 $s$
直角坐标 $y=y(x)$	$a \le x \le b$	$\sqrt{1 + [y'(x)]^2}\,\mathrm dx$	$s = \int_a^b \sqrt{1 + [y'(x)]^2}\,\mathrm dx$
参数方程 $\begin{cases} x=x(t) \\ y=y(t) \end{cases}$	$\alpha \le t \le \beta$	$\sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2}\,\mathrm dt$	$s = \int_\alpha^\beta \sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2}\,\mathrm dt$
极坐标 $r=r(\theta)$	$\alpha \le \theta \le \beta$	$\sqrt{[r(\theta)]^2 + [r'(\theta)]^2}\,\mathrm d\theta$	$s = \int_\alpha^\beta \sqrt{r^2(\theta) + [r'(\theta)]^2}\,\mathrm d\theta$

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3.6.4 旋转体侧面积（数三不要求）

曲线 $y = f(x) \ge 0$（$a \le x \le b$）绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体侧面积的统领结构为：

$$S = 2\pi \int y\,\mathrm ds = 2\pi \int_a^b f(x)\sqrt{1 + [f'(x)]^2}\,\mathrm dx.$$

💡 【DANGER】 手稿独门秘籍（红字特别强调）

若题目中要求的是绕 $y$ 轴旋转得到的旋转体侧面积（真题从未考过）：
处理手法为：将题目中所有出现的 $x$ 和 $y$ 全部互换（包括曲线方程、点坐标、区间范围），之后完全按照绕 $x$ 轴的旋转体侧面积公式求解即可！（见例 3.115.1）

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3.6.5 形心、质心、重心（数三不要求）

1. 平面上曲边梯形的形心坐标

设平面区域 $D = \{ (x,y) \mid 0 \le y \le f(x),\ a \le x \le b \}$，$y = f(x)$ 连续。

利用二重积分与累次积分推导：

• 形心横坐标 $\bar{x}$：

  $$\bar{x} = \frac{\iint_D x\,\mathrm d\sigma}{\iint_D 1\,\mathrm d\sigma} = \frac{\int_a^b \mathrm dx \int_0^{f(x)} x\,\mathrm dy}{\int_a^b \mathrm dx \int_0^{f(x)} \mathrm dy} = \frac{\int_a^b x f(x)\,\mathrm dx}{\int_a^b f(x)\,\mathrm dx}.$$

• 形心纵坐标 $\bar{y}$：

  $$\bar{y} = \frac{\iint_D y\,\mathrm d\sigma}{\iint_D 1\,\mathrm d\sigma} = \frac{\int_a^b \mathrm dx \int_0^{f(x)} y\,\mathrm dy}{\int_a^b \mathrm dx \int_0^{f(x)} \mathrm dy} = \frac{\frac{1}{2}\int_a^b f^2(x)\,\mathrm dx}{\int_a^b f(x)\,\mathrm dx}.$$

💡 【技巧与方法】 手稿批注

“套公式，记住结论即可”。注意纵坐标分子带有系数 $\frac{1}{2}$（源自 $\int_0^{f(x)} y\,\mathrm dy = \frac{1}{2}f^2(x)$）。

2. 质心与重心坐标公式（仅数学一、数学二）

• 一维非均匀细棒（线密度 $\rho(x)$）： $$\bar{x} = \frac{\int_a^b x\rho(x)\,\mathrm dx}{\int_a^b \rho(x)\,\mathrm dx}.$$
• 平面薄片（面密度 $\rho(x,y)$）： $$\bar{x} = \frac{\iint_D x\rho(x,y)\,\mathrm d\sigma}{\iint_D \rho(x,y)\,\mathrm d\sigma}, \qquad \bar{y} = \frac{\iint_D y\rho(x,y)\,\mathrm d\sigma}{\iint_D \rho(x,y)\,\mathrm d\sigma}.$$

💡 【笔记】 概念辨析

1. 在考研数学范畴内，重心就是质心；
2. 当密度 $\rho(x,y)$ 为常数时，质心/重心便退化为几何形心。

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3.6.6 平行截面面积已知的立体体积（数三不要求）

在区间 $[a,b]$ 上，垂直于 $x$ 轴的平面截立体 $\Omega$ 所得的截面面积若为 $x$ 的连续函数 $A(x)$，则取体积微元 $\mathrm dV = A(x)\,\mathrm dx$：

$$V = \int_a^b A(x)\,\mathrm dx.$$

旋转体体积公式（如 $V_x = \pi \int_a^b f^2(x)\,\mathrm dx$）正是圆截面 $A(x) = \pi R^2(x) = \pi f^2(x)$ 的特例。

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参数方程换元的本质原理

💡 【重点关注】 手稿核心原理详解

若曲线方程由参数方程给出：$y = f(x)$ 由 $\begin{cases} x = g(t) \\ y = h(t) \end{cases}$ 确定。
许多同学在此处容易困惑，手稿指出其代数本质：

• $f(x)$ 是 $y$，$h(t)$ 也是 $y$，即 $f(x) = h(t) = y$；
• $\mathrm dx = \mathrm dg(t) = g'(t)\,\mathrm dt$。

因此积分换元具有完全恒等的转换关系：

$$\int_a^b y\,\mathrm dx = \int_a^b f(x)\,\mathrm dx = \int_{t_1}^{t_2} h(t)\,\mathrm dg(t) = \int_{t_1}^{t_2} y(t)x'(t)\,\mathrm dt.$$

换元时务必将被积表达式、微分项、积分上下限三者同步替换！

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💡 【经典例题】 例 3.111｜三星必背！3次幂—星形线全能题

设星形线方程为

$$\begin{cases} x = a\cos^3 t, \\ y = a\sin^3 t \end{cases} \qquad (a > 0,\ 0 \le t \le 2\pi).$$

求：
（1）它所围图形的面积 $A$；
（2）它的周长 $L$；
（3）它绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积 $V_x$ 和侧面积 $S_x$。

【解】
星形线具有四象限完全对称性。在第一象限内 $t \in [0, \pi/2]$：

• 当 $t = 0$ 时，$(x,y) = (a,0)$；
• 当 $t = \pi/2$ 时，$(x,y) = (0,a)$；
• 微分项： $$x'(t) = 3a\cos^2 t(-\sin t) = -3a\cos^2 t\sin t, \qquad y'(t) = 3a\sin^2 t\cos t;$$
• 弧微分 $\mathrm ds$： $$\mathrm ds = \sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2}\,\mathrm dt = \sqrt{9a^2\cos^4 t\sin^2 t + 9a^2\sin^4 t\cos^2 t}\,\mathrm dt = 3a\sin t\cos t\,\mathrm dt.$$

（1）求面积 $A$：
由四象限对称性，面积为第一象限面积的 $4$ 倍：

$$A = 4\int_0^a y\,\mathrm dx.$$

利用参数换元，当 $x: 0 \to a$ 时 $t: \frac{\pi}{2} \to 0$：

$$\begin{aligned} A &= 4\int_{\pi/2}^0 (a\sin^3 t) \cdot (-3a\sin t\cos^2 t)\,\mathrm dt \\ &= 12a^2\int_0^{\pi/2} \sin^4 t\cos^2 t\,\mathrm dt = 12a^2\int_0^{\pi/2} \sin^4 t(1 - \sin^2 t)\,\mathrm dt \\ &= 12a^2 \left( \int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm dt - \int_0^{\pi/2}\sin^6 t\,\mathrm dt \right). \end{aligned}$$

代入 Wallis 公式：

$$\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm dt = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}, \qquad \int_0^{\pi/2}\sin^6 t\,\mathrm dt = \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{32}.$$

相减得：

$$A = 12a^2 \left( \frac{6\pi - 5\pi}{32} \right) = 12a^2 \cdot \frac{\pi}{32} = \boxed{\frac{3\pi a^2}{8}}.$$

（2）求周长 $L$：
四象限弧长完全相等：

$$L = 4\int_0^{\pi/2} \mathrm ds = 4\int_0^{\pi/2} 3a\sin t\cos t\,\mathrm dt = 12a\left[ \frac{\sin^2 t}{2} \right]_0^{\pi/2} = 12a \cdot \frac{1}{2} = \boxed{6a}.$$

（3）求绕 $x$ 轴旋转体体积 $V_x$：
上下两半旋转后重合，由左右对称性等于第一象限旋转体的 $2$ 倍：

$$V_x = 2V_1 = 2\pi \int_0^a y^2\,\mathrm dx.$$

代入参数：

$$\begin{aligned} V_x &= 2\pi \int_{\pi/2}^0 (a^2\sin^6 t) \cdot (-3a\sin t\cos^2 t)\,\mathrm dt = 6\pi a^3 \int_0^{\pi/2} \sin^7 t\cos^2 t\,\mathrm dt \\ &= 6\pi a^3 \int_0^{\pi/2} \sin^7 t(1 - \sin^2 t)\,\mathrm dt = 6\pi a^3 \left( \int_0^{\pi/2}\sin^7 t\,\mathrm dt - \int_0^{\pi/2}\sin^9 t\,\mathrm dt \right). \end{aligned}$$

代入奇数项 Wallis 公式：

$$\int_0^{\pi/2}\sin^7 t\,\mathrm dt = \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{16}{35}, \qquad \int_0^{\pi/2}\sin^9 t\,\mathrm dt = \frac{8}{9} \times \frac{16}{35} = \frac{128}{315}.$$

通分相减：

$$\frac{16}{35} - \frac{128}{315} = \frac{16}{35}\left(1 - \frac{8}{9}\right) = \frac{16}{315}.$$

体积为：

$$V_x = 6\pi a^3 \cdot \frac{16}{315} = \boxed{\frac{32}{105}\pi a^3}.$$

（4）求绕 $x$ 轴旋转体侧面积 $S_x$：
上下两半侧面积相等：

$$\begin{aligned} S_x &= 2 \times 2\pi \int_0^{\pi/2} y\,\mathrm ds = 4\pi \int_0^{\pi/2} (a\sin^3 t)(3a\sin t\cos t)\,\mathrm dt \\ &= 12\pi a^2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 t\cos t\,\mathrm dt = 12\pi a^2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 t\,\mathrm d(\sin t) \\ &= 12\pi a^2 \left[ \frac{\sin^5 t}{5} \right]_0^{\pi/2} = \boxed{\frac{12}{5}\pi a^2}. \end{aligned}$$

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💡 【经典例题】 例 3.112｜2010 数二真题

当 $0 \le \theta \le \pi$ 时，对数螺线 $r = e^\theta$ 的弧长为 $\underline{\qquad}$。

【答案】 $\sqrt{2}(e^\pi - 1)$

【解析】
由极坐标弧长公式：

$$s = \int_\alpha^\beta \sqrt{r^2(\theta) + [r'(\theta)]^2}\,\mathrm d\theta.$$

已知 $r(\theta) = e^\theta$，导数 $r'(\theta) = e^\theta$：

$$\mathrm ds = \sqrt{(e^\theta)^2 + (e^\theta)^2}\,\mathrm d\theta = \sqrt{2e^{2\theta}}\,\mathrm d\theta = \sqrt{2}e^\theta\,\mathrm d\theta.$$

故弧长为：

$$s = \int_0^\pi \sqrt{2}e^\theta\,\mathrm d\theta = \sqrt{2}\left[ e^\theta \right]_0^\pi = \boxed{\sqrt{2}(e^\pi - 1)}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.113｜2011 数二真题

曲线 $y = \int_0^x \tan t\,\mathrm dt$（$0 \le x \le \frac{\pi}{4}$）的弧长 $s = \underline{\qquad}$。

【答案】 $\ln(\sqrt{2} + 1)$

【解析】
曲线由变上限积分给出，先对上限 $x$ 求导（手稿红笔标注：$y'(x) = \tan x$）：

$$y'(x) = \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int_0^x \tan t\,\mathrm dt = \tan x.$$

代入直角坐标弧长公式：

$$\begin{aligned} s &= \int_0^{\pi/4} \sqrt{1 + [y'(x)]^2}\,\mathrm dx = \int_0^{\pi/4} \sqrt{1 + \tan^2 x}\,\mathrm dx \\ &= \int_0^{\pi/4} \sec x\,\mathrm dx = \left[ \ln|\sec x + \tan x| \right]_0^{\pi/4} \\ &= \ln\left(\sec\frac{\pi}{4} + \tan\frac{\pi}{4}\right) - \ln(\sec 0 + \tan 0) \\ &= \ln(\sqrt{2} + 1) - \ln 1 = \boxed{\ln(\sqrt{2} + 1)}. \end{aligned}$$

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💡 【经典例题】 例 3.114｜2014 数二真题

一根长度为 $1$ 的细棒位于 $x$ 轴的区间 $[0,1]$ 上，若其线密度 $\rho(x) = -x^2 + 2x + 1$，则该细棒的质心坐标 $\bar{x} = \underline{\qquad}$。

【答案】 $\dfrac{11}{20}$

【解析】
细棒质心横坐标计算公式为：

$$\bar{x} = \frac{\int_0^1 x\rho(x)\,\mathrm dx}{\int_0^1 \rho(x)\,\mathrm dx}.$$

分别计算分母（总质量）与分子（一阶静力矩）：

• 总质量（分母）：

  $$\int_0^1 \rho(x)\,\mathrm dx = \int_0^1 (-x^2 + 2x + 1)\,\mathrm dx = \left[ -\frac{x^3}{3} + x^2 + x \right]_0^1 = -\frac{1}{3} + 1 + 1 = \frac{5}{3}.$$

• 静力矩（分子）：

  $$\int_0^1 x\rho(x)\,\mathrm dx = \int_0^1 (-x^3 + 2x^2 + x)\,\mathrm dx = \left[ -\frac{x^4}{4} + \frac{2}{3}x^3 + \frac{1}{2}x^2 \right]_0^1 = -\frac{1}{4} + \frac{2}{3} + \frac{1}{2} = \frac{-3 + 8 + 6}{12} = \frac{11}{12}.$$

因此质心横坐标为：

$$\bar{x} = \frac{11/12}{5/3} = \frac{11}{12} \times \frac{3}{5} = \boxed{\frac{11}{20}}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.115｜2016 数二真题

设 $D$ 是由曲线 $y = \sqrt{1-x^2}$（$0 \le x \le 1$）与星形线 $\begin{cases} x = \cos^3 t \\ y = \sin^3 t \end{cases}$（$0 \le t \le \frac{\pi}{2}$）围成的平面区域，求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积和表面积。

【解】

💡 【重点关注】 手稿两个关键注意点（黄色高亮）

1. 表面积 = 侧面积 + 底面积：本题中组合体绕 $x$ 轴旋转后，表面由两部分构成：外部为半径为 $1$ 的半球面曲面面积 $S_1$，内部为星形线弧绕 $x$ 轴旋转生成的曲面侧面积 $S_2$，两者相加（无封闭底面露出）！
2. 大体积减去小体积：若某一部分是熟悉的几何体（如球体、圆锥体），体积可直接利用基本立体几何公式求出，用大的立体减去小的立体，极大减少积分量！

两条曲线交点容易求得：当 $x=0$ 时 $y=1$（点 $(0,1)$，对应星形线 $t=\frac{\pi}{2}$）；当 $x=1$ 时 $y=0$（点 $(1,0)$，对应星形线 $t=0$）。

第一步：求旋转体体积 $V$
设曲线 $l_1: y = \sqrt{1-x^2}$ 与两坐标轴围成区域 $D_1$；星形线 $l_2$ 与两坐标轴围成区域 $D_2$。
则区域 $D = D_1 \setminus D_2$，旋转体体积为大半球体积减去星形线旋转体体积：

$$V = V_1 - V_2.$$

• $D_1$ 绕 $x$ 轴旋转所得旋转体为球心在原点、半径 $R=1$ 的上半球体：

  $$V_1 = \frac{1}{2}V_{\text{球}} = \frac{1}{2} \times \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi.$$

• $D_2$ 绕 $x$ 轴旋转所得旋转体体积 $V_2$：

  $$V_2 = \pi \int_0^1 y^2\,\mathrm dx.$$

  代入星形线参数方程 $x = \cos^3 t, y = \sin^3 t$，当 $x: 0 \to 1$ 时 $t: \frac{\pi}{2} \to 0$：

  $$\begin{aligned} V_2 &= \pi \int_{\pi/2}^0 (\sin^6 t) \cdot [3\cos^2 t(-\sin t)]\,\mathrm dt = 3\pi \int_0^{\pi/2} \sin^7 t\cos^2 t\,\mathrm dt \\ &= 3\pi \int_0^{\pi/2} [\sin^7 t(1 - \sin^2 t)]\,\mathrm dt = 3\pi \left( \int_0^{\pi/2}\sin^7 t\,\mathrm dt - \int_0^{\pi/2}\sin^9 t\,\mathrm dt \right). \end{aligned}$$

  代入 Wallis 公式：

  $$\begin{aligned} V_2 &= 3\pi \left( \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} - \frac{8}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \right) \\ &= 3\pi \cdot \frac{16}{35}\left( 1 - \frac{8}{9} \right) = 3\pi \cdot \frac{16}{35} \cdot \frac{1}{9} = \frac{16}{105}\pi. \end{aligned}$$

因此所求体积为：

$$V = V_1 - V_2 = \frac{2}{3}\pi - \frac{16}{105}\pi = \frac{70 - 16}{105}\pi = \frac{54}{105}\pi = \boxed{\frac{18}{35}\pi}.$$

第二步：求旋转体表面积 $S$
表面积等于半球曲面面积 $S_1$ 加上星形线生成的内表面面积 $S_2$：

• 半球面面积：

  $$S_1 = \frac{1}{2}S_{\text{球面}} = \frac{1}{2} \times (4\pi R^2) = 2\pi.$$

• 星形线旋转生成的内曲面面积：

  $$\mathrm ds = \sqrt{[-3\cos^2 t\sin t]^2 + [3\sin^2 t\cos t]^2}\,\mathrm dt = 3\sin t\cos t\,\mathrm dt.$$ $$\begin{aligned} S_2 &= 2\pi \int_0^{\pi/2} y\,\mathrm ds = 2\pi \int_0^{\pi/2} (\sin^3 t)(3\cos t\sin t)\,\mathrm dt \\ &= 6\pi \int_0^{\pi/2} \sin^4 t\,\mathrm d(\sin t) = 6\pi \left[ \frac{\sin^5 t}{5} \right]_0^{\pi/2} = \frac{6}{5}\pi. \end{aligned}$$

因此所求表面积为：

$$S = S_1 + S_2 = 2\pi + \frac{6}{5}\pi = \boxed{\frac{16}{5}\pi}.$$

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💡 【经典例题】 例 3.115.1｜张宇 1000 题

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 $\underline{\qquad}$。

【答案】 $\dfrac{\pi}{6}(17\sqrt{17} - 5\sqrt{5})$

【解析】

💡 【技巧与方法】 两种解法对比

解法一（传统按 $y$ 积分）：
曲线为 $x = \sqrt{y}$（$1 \le y \le 4$），导数 $\frac{\mathrm dx}{\mathrm dy} = \frac{1}{2\sqrt{y}}$。
绕 $y$ 轴侧面积公式：

$$\begin{aligned} S &= \int_1^4 2\pi x \sqrt{1 + \left(\frac{\mathrm dx}{\mathrm dy}\right)^2}\,\mathrm dy = \int_1^4 2\pi\sqrt{y}\sqrt{1 + \frac{1}{4y}}\,\mathrm dy \\ &= 2\pi \int_1^4 \sqrt{y + \frac{1}{4}}\,\mathrm dy = 2\pi \cdot \frac{2}{3}\left[ \left(y + \frac{1}{4}\right)^{3/2} \right]_1^4 \\ &= \frac{4\pi}{3}\left[ \left(\frac{17}{4}\right)^{3/2} - \left(\frac{5}{4}\right)^{3/2} \right] = \frac{4\pi}{3} \cdot \frac{1}{8}(17\sqrt{17} - 5\sqrt{5}) = \frac{\pi}{6}(17\sqrt{17} - 5\sqrt{5}). \end{aligned}$$

💡 【重点关注】 手稿绝妙解法（$x$ 和 $y$ 互换思想）

此题可将题目中所有的 $x$ 和 $y$ 全部互换（注意，点坐标的横纵坐标也要对应互换）！
互换之后，题目完全等价转换为：
曲线 $x = y^2$（即 $y = \sqrt{x}$，$y > 0$）从点 $(1,1)$ 到点 $(4,2)$ 的一段弧绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的侧面积！
此时直接套用大家最熟悉的绕 $x$ 轴侧面积基本公式 $S = 2\pi \int y\,\mathrm ds$：

• 曲线方程：$y = \sqrt{x}$，区间 $x \in [1,4]$；
• 导数：$y'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$；
• 侧面积：

$$\begin{aligned} S &= 2\pi \int_1^4 y\sqrt{1 + [y'(x)]^2}\,\mathrm dx = 2\pi \int_1^4 \sqrt{x}\sqrt{1 + \frac{1}{4x}}\,\mathrm dx \\ &= 2\pi \int_1^4 \sqrt{x + \frac{1}{4}}\,\mathrm dx = 2\pi \cdot \frac{2}{3}\left[ \left(x + \frac{1}{4}\right)^{3/2} \right]_1^4 \\ &= \boxed{\frac{\pi}{6}(17\sqrt{17} - 5\sqrt{5})}. \end{aligned}$$

考场上这一技巧可以完全避免记忆不熟悉的绕 $y$ 轴侧面积一元公式，瞬间转化为绕 $x$ 轴的标准模型，极速且万无一失！