2023 年考研数学（二） 第 19 题

无界区域的面积和旋转体体积都归结为反常积分，收敛性由被积函数在 $x\to +\infty$ 的衰减保证（这里 $\sim x^{-2}$、$\sim x^{-4}$，都收敛）。面积那支 $\frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}$ 是三角代换 $x=\tan t$ 的标准信号，化成 $\csc t$ 后再 $u=\cos t$。体积那支平方后出现 $\frac{1}{x^2(1+x^2)}$，用「$\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2}$」这个常用部分分式一步拆开，分别积成 $-\frac{1}{x}$ 与 $\arctan x$。

本题考查定积分的几何应用（面积与旋转体体积）及反常积分。 $D$ 是由曲线 $y=\frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}$、直线 $x=1$ 与 $x$ 轴围成的无界区域，面积和体积都要用反常积分计算。

（Ⅰ）面积。
$$S={\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x.$$
令 $x=\tan t$，$\mathrm{d}x={\sec }^{2}t\mathrm{d}t$，$\sqrt{1+x^2}=\sec t$，当 $x:1\to +\infty$ 时 $t:\frac{\pi }{4}\to \frac{\pi }{2}$：
$$S={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sec }^{2}t}{\tan t\cdot \sec t}\mathrm{d}t={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}t}{\sin t}.$$

继续令 $u=\cos t$：$\int \frac{\mathrm{d}t}{\sin t}=\int \frac{-\mathrm{d}u}{1-u^2}=\frac{1}{2}\ln \frac{1+u}{1-u}$，代回并取限（$t=\frac{\pi }{4}$ 时 $u=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$t=\frac{\pi }{2}$ 时 $u=0$）：
$$S=\frac{1}{2}\ln \frac{1+u}{1-u}{|}_{u=\frac{\sqrt{2}}{2}}^{u=0}\text{（方向已理顺）}=\ln (\sqrt{2}+1).$$

（Ⅱ）体积。 由旋转体体积公式（圆盘法）：
$$V={\int }_1^{+\infty }\pi {\left(\frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\right)}^2\mathrm{d}x=\pi {\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^2(1+x^2)}\mathrm{d}x.$$

部分分式 $\frac{1}{x^2(1+x^2)}=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2}$，故
$$V=\pi {\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x=\pi \left(-\frac{1}{x}-\arctan x\right){|}_1^{+\infty }=\pi \left[\left(0-\frac{\pi }{2}\right)-\left(-1-\frac{\pi }{4}\right)\right]=\pi \left(1-\frac{\pi }{4}\right).$$