例10.7 过坐标原点作曲线y=e^x的切线，该切线与曲线y=e^x以及x轴围成的向x轴负向无限伸展的平面图形记为D.求:(1)D的面积A_(2);(2)D绕直线x=1旋转一周所成的旋转体的体积V.

本题主要考查导数的几何意义、定积分求平面图形的面积以及定积分求旋转体的体积。解题思路如下：

（1）求切线方程及平面图形$D$的面积$A$

• 求切线方程：
  • 设切点为$P(x_0,e^{x_0})$，对$y = e^x$求导，根据求导公式$(e^x)^\prime=e^x$，可得曲线$y = e^x$在点$P$处的切线斜率$k = e^{x_0}$。
  • 由过点$(x_1,y_1)$斜率为$k$的直线方程为$y - y_1 = k(x - x_1)$，则过点$P(x_0,e^{x_0})$斜率为$e^{x_0}$的切线方程为$y - e^{x_0} = e^{x_0}(x - x_0)$。
  • 因为切线过原点$(0,0)$，将其代入切线方程可得$0 - e^{x_0} = e^{x_0}(0 - x_0)$，即$-e^{x_0}=-x_0e^{x_0}$，由于$e^{x_0}\gt0$，两边同时除以$-e^{x_0}$得$x_0 = 1$。
  • 所以切点为$(1,e)$，切线斜率$k = e$，切线方程为$y - e = e(x - 1)$，化简得$y = ex$。
• 计算面积$A$：
  • 为了方便计算，选择积分变量为$y$，$y$的取值范围是从$0$到$e$。
  • 由$y = ex$可得$x=\frac{y}{e}$，由$y = e^x$可得$x = \ln y$。
  • 根据定积分求平面图形面积公式$A=\int_{a}^{b} [f(y)-g(y)]dy$（其中$f(y)$为右边界曲线，$g(y)$为左边界曲线，$[a,b]$为积分区间），则$A = \int_0^e \left[ \frac{y}{e} - \ln y \right] \, dy$。
  • 分别计算积分：
    • $\int_0^e \frac{y}{e}dy=\frac{1}{e}\int_0^e ydy$，根据积分公式$\int x^n dx=\frac{1}{n + 1}x^{n + 1}+C(n\neq -1)$，可得$\frac{1}{e}\int_0^e ydy=\frac{1}{e}\times\frac{1}{2}y^2\big|_0^e=\frac{1}{2e}\times(e^2 - 0)=\frac{e}{2}$。
    • 对于$\int_0^e \ln ydy$，使用分部积分法$\int udv=uv-\int vdu$，令$u = \ln y$，$dv = dy$，则$du=\frac{1}{y}dy$，$v = y$，所以$\int_0^e \ln ydy=y\ln y\big|_0^e-\int_0^e y\times\frac{1}{y}dy$。
    • 对于$y\ln y\big|_0^e$，$\lim\limits_{y\to0^+}y\ln y=\lim\limits_{y\to0^+}\frac{\ln y}{\frac{1}{y}}$，使用洛必达法则$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}$，可得$\lim\limits_{y\to0^+}\frac{\frac{1}{y}}{-\frac{1}{y^2}}=\lim\limits_{y\to0^+}(-y)=0$，$e\ln e = e$，所以$y\ln y\big|_0^e=e$；$\int_0^e y\times\frac{1}{y}dy=\int_0^e dy=y\big|_0^e=e$，则$\int_0^e \ln ydy=e - e = 0$。
  • 所以$A = \frac{e}{2}-0=\frac{e}{2}$。

（2）求旋转体的体积$V$

• 计算体积$V$：
  • 绕直线$x = 1$旋转，根据定积分求旋转体体积公式$V=\pi\int_{a}^{b} [R^2(y)-r^2(y)]dy$（其中$R(y)$为外半径，$r(y)$为内半径，$[a,b]$为积分区间）。
  • 外半径$R(y)=1 - \ln y$，内半径$r(y)=1 - \frac{y}{e}$，$y$的取值范围是从$0$到$e$，则$V = \pi \int_0^e \left[ (1 - \ln y)^2 - \left(1 - \frac{y}{e}\right)^2 \right] \, dy$。
  • 先展开被积函数：
    • $(1 - \ln y)^2=1 - 2\ln y+\ln^2 y$，$\left(1 - \frac{y}{e}\right)^2=1 - \frac{2y}{e}+\frac{y^2}{e^2}$。
    • 则$(1 - \ln y)^2 - \left(1 - \frac{y}{e}\right)^2=1 - 2\ln y+\ln^2 y-(1 - \frac{2y}{e}+\frac{y^2}{e^2})=- 2\ln y+\ln^2 y+\frac{2y}{e}-\frac{y^2}{e^2}$。
  • 分别计算积分：
    • $\int_0^e - 2\ln ydy=-2\int_0^e \ln ydy$，由前面计算可知$\int_0^e \ln ydy = 0$，所以$-2\int_0^e \ln ydy = 0$。
    • 对于$\int_0^e \ln^2 ydy$，使用分部积分法，令$u = \ln^2 y$，$dv = dy$，则$du=\frac{2\ln y}{y}dy$，$v = y$，所以$\int_0^e \ln^2 ydy=y\ln^2 y\big|_0^e-\int_0^e y\times\frac{2\ln y}{y}dy$。
    • 对于$y\ln^2 y\big|_0^e$，$\lim\limits_{y\to0^+}y\ln^2 y=\lim\limits_{y\to0^+}\frac{\ln^2 y}{\frac{1}{y}}$，使用洛必达法则两次可得$\lim\limits_{y\to0^+}(-2y)=0$，$e\ln^2 e = e$，所以$y\ln^2 y\big|_0^e=e$；$\int_0^e y\times\frac{2\ln y}{y}dy=2\int_0^e \ln ydy = 0$，则$\int_0^e \ln^2 ydy=e$。
    • $\int_0^e \frac{2y}{e}dy=\frac{2}{e}\int_0^e ydy=\frac{2}{e}\times\frac{1}{2}y^2\big|_0^e=\frac{1}{e}\times(e^2 - 0)=e$。
    • $\int_0^e -\frac{y^2}{e^2}dy=-\frac{1}{e^2}\int_0^e y^2dy=-\frac{1}{e^2}\times\frac{1}{3}y^3\big|_0^e=-\frac{1}{3e^2}\times(e^3 - 0)=-\frac{e}{3}$。
  • 所以$\int_0^e \left[ (1 - \ln y)^2 - \left(1 - \frac{y}{e}\right)^2 \right] \, dy=0 + e+e-\frac{e}{3}=\frac{5e}{3}$，则$V = \pi\times\frac{5e}{3}=\frac{5\pi e}{3}$。