1.
(1) 联解两个曲线方程得到交点为 $(0,0)$, $(1,e)$, 因此围成的面积
\[
A= \int_0 ^1 (x e -xe^x ) dx
= \frac{e}{2} x^2 \bigg|_0^1 - x e^x \bigg|_{0}^1 +\int_0^1 e^x dx =\frac e 2-1.
\]
(注意到：当 $0<x<1$ 时 $e^x < e$)
(2) 容易解得曲线与 $x$ 轴有三个交点, 分别是 $-1,0,2$, 则围成的面积
\[
A= \int_{-1}^0 ( x^3 -x^2 -2x )dx + \int_0^2 (-x^3+x^2 +2x) dx = \frac 5{12} + \frac 8 3 = \frac{37}{12}.
\]
(3) 可以看出这是一个心形线，只是心的尖角朝上，它是关于 $y$ 轴对称，所以
\[
A= 2 \int_{\frac \pi 2}^{\frac32 \pi} \frac12 a^2 (1+\sin \theta )^2 d\theta = \frac32 \pi a^2.
\]
2. 所围成的面积为
\[
A(a)=\int_{a}^{a+1} x^2 dx =\frac13 (a+1)^3 -\frac13 a^3=a^2+a+\frac13,
\]
由 $A‘(a)=0$ 得 $a=-\frac 12$, 当 $a=-\frac12$ 时
\[
\min A = \frac1{12}.
\]
3.
(1) 以 $x$ 为积分变量，可得体积元素
\[
dV = \pi (e^x -1)^2 dx,
\]
因此
\[
V =\int_0^{ \ln 3 } \pi (e^x -1)^2 dx=\pi \ln 3 .
\]
(2) 以 $y$ 为积分变量，可得体积元素为
\[
dV = \pi (4- y) dy
\]
因此
\[
V=\int_0^{ 4 } \pi (4- y)dy =8 \pi.
\]
4. 根据题设，以 $x$ 为积分变量，观察图像我们只需要算 $x$ 从 $0$ 到 $\pi a$, 再乘以二即可则
\[
dV= [ \pi (2a)^2 -\pi y^2(x) ] dx
\]
则
\[
V= 2\int_0^{\pi a} [ \pi (2a)^2 -\pi y^2(x) ] dx.
\]
利用参数方程得
\[
V= 2\int_0^{\pi} [ \pi(2a)^2- a^2(1-\cos t)^2 ]d( a(t-\sin t) )
= 2\pi a^3 \int_0^{\pi} [ 4-(1-\cos t)^2 ] (1-\cos t) dt =7\pi^2 a^3.
\]
或者以 $y$ 为积分变量, 则
\[
dV = 2 \pi ( 2a -y ) (\pi -x ) dy
\]
即
\[
V= \int_0^{2a} 2 \pi ( 2a -y ) (\pi -x ) dy.
\]
利用参数方程得
\[
V= 2 \int_0^{\pi} 2\pi [2a -a(1-\cos t) ][\pi a -a(t-\sin t)] \cdot a \sin t dt
= 7\pi^2 a^3.
\]
5. 由题设得
\[
y‘=
\begin{cases}
-\frac 1x, & 1/e \leq x \leq 1,
\\
\frac 1 x, & 1<x\leq e.
\end{cases}
\]
则
\[
S = \int_{1/e}^1 \sqrt{1+ \frac 1{x^2} } dx +\int_1^{e} \sqrt{1+ \frac 1{x^2}} dx= \int_{1/e}^e \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} dx.
\]
由于
\[
\int \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} dx = \int \frac{1+x^2}{ x \sqrt{1+x^2}} dx
=\int \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}} dx + \sqrt{1+x^2},
\]
令 $t=\frac 1x$, 则
\[
\int \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx =- \int \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt = -\ln | t+ \sqrt{1+t^2} | = -\ln| x+\sqrt{1+x^2} | +\ln |x|.
\]
因此,
\[
\begin{aligned}
\int_{1/e}^e \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} dx= \left(
\ln x +\sqrt{1+x^2} -\ln (x+\sqrt{1+x^2})
\right)\bigg|_{1/e}^{e}
\\ =1+\sqrt{1+e^2} -\frac{\sqrt{1+e^2}}{e}- \ln(1+\sqrt{1+e^2})
+\ln (e+\sqrt{1+e^2}).
\end{aligned}
\]
6. 双纽线的全长可以表示为第一象限曲线长度的四倍，所以由弧长的参数方程表示可得到
\[
S = 4 \int_0^{ \frac \pi 4 } \sqrt{r^2 +(r‘)^2} d\theta
= 4 \sqrt 2 a \int_0^{ \frac \pi 4 } \sqrt{\cos 2\theta + \frac{\sin^2 2\theta }{\cos 2\theta } } d\theta
= 4 \sqrt 2 a \int_0^{\frac \pi 4} \frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}}d\theta
\]
而
\[
\int_0^{\frac \pi 4} \frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}}d\theta = \int_0^{\frac \pi 4} \frac{1}{\sqrt{\cos^2 \theta -\sin^2 \theta }}d\theta
= \int_0^{\frac \pi 4} \frac{\sec \theta }{\sqrt{1-\tan^2 \theta }}d\theta
\]
令 $x=\tan \theta$, 则
\[
\int_0^{\frac \pi 4} \frac{\sec \theta }{\sqrt{1-\tan^2 \theta }}d\theta
= \int_0^1 \frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1-x^2}} \cdot \frac{1}{1+x^2} dx =\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^4}} dx.
\]
(怎么看到的呢。。。从 $x$ 的积分做三角变换倒推，结论的结构提示要么做 $x=\tan \theta$, 要么做 $x=\sin \theta$, 但是如果做 $\sin $ 的变换的话，范围与我们极坐标算出来的积分不对应)