💡 答案解析
**答案**: 见解析
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**解析**:
（ I ）所求面积为
$$
\begin{aligned}
S & =\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{x \sqrt{1+x^{2}}}=\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{x^{2} \sqrt{1+\left(\frac{1}{x}\right)^{2}}}=-\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} \frac{1}{x}}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{x}\right)^{2}}} \\
& =-\left.\ln \left(\frac{1}{x}+\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}\right)\right|_{1} ^{+\infty}=\ln (1+\sqrt{2})
\end{aligned}
$$
（II）所求旋转体体积为
$$
\begin{aligned}
V & =\pi \int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{x^{2}\left(1+x^{2}\right)}=\pi \int_{1}^{+\infty}\left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{1+x^{2}}\right) \mathrm{d} x \\
& =-\left.\pi\left(\frac{1}{x}+\arctan x\right)\right|_{1} ^{+\infty}=\pi\left(1-\frac{\pi}{4}\right)
\end{aligned}
$$
【评注】第 I 问的积分计算还有其他方法．
方法一 令 $t=\sqrt{x^{2}+1}, S=\displaystyle\int_{\sqrt{2}}^{+\infty} \displaystyle\frac{\mathrm{d} t}{t^{2}-1}=\left.\displaystyle\frac{1}{2} \ln \displaystyle\frac{t-1}{t+1}\right|_{\sqrt{2}} ^{+\infty}=\ln (\sqrt{2}+1)$ ．
方法二 $S=\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{x \sqrt{1+x^{2}}} \mathrm{~d} x \xlongequal{x=\tan t} \displaystyle\int_{\displaystyle\frac{\pi}{4}}^{\displaystyle\frac{\pi}{2}} \displaystyle\frac{\sec ^{2} t}{\tan t \sec t} \mathrm{~d} t=\displaystyle\int_{\displaystyle\frac{\pi}{4}}^{\displaystyle\frac{\pi}{2}} \csc t \mathrm{~d} t$
📋 详细解题步骤
目标：写出面积表达式
首先，明确所求面积对应的几何区域。题目中曲线为 $y = \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}$，自变量 $x$ 的取值范围是从 $1$ 到 $+\infty$。该曲线位于第一象限，且当 $x \to +\infty$ 时，$y \to 0$，因此曲线下方与 $x$ 轴之间形成一条无限延伸的“尾巴”。根据定积分的几何意义，曲线 $y = f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上与 $x$ 轴所围成的曲边梯形面积为 $\int_a^b f(x) \, dx$。这里 $a = 1$，$b \to +\infty$，故所求面积 $S$ 为广义积分：
$$S = \int_1^{+\infty} \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}} \, dx.$$
由于被积函数在 $[1, +\infty)$ 上连续且非负，该广义积分若收敛，则其值即为所求面积。因此，第一步的关键是正确写出该积分表达式，为后续计算奠定基础。
公式：$$S = \int_1^{+\infty} \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}} \, dx$$
提示：注意积分限从1到无穷，被积函数分母有根号，不要遗漏。
目标：换元化简积分
为了化简积分，我们采用换元法。令 $t = \frac{1}{x}$，则 $x = \frac{1}{t}$，两边微分得 $dx = -\frac{1}{t^2} dt$。
原积分的积分限：当 $x = 1$ 时，$t = 1$；当 $x \to +\infty$ 时，$t \to 0$。因此积分限从 $x: [1, +\infty)$ 变为 $t: [1, 0]$，即上下限交换。
原积分为 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^2 \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} dx$。将 $x = \frac{1}{t}$ 代入：
- $x^2 = \frac{1}{t^2}$
- $\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}} = \sqrt{1 + t^2}$
- $dx = -\frac{1}{t^2} dt$
代入得：
$$\int_{1}^{0} \frac{1}{\frac{1}{t^2} \cdot \sqrt{1 + t^2}} \cdot \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt$$
化简分母：$\frac{1}{t^2} \cdot \sqrt{1 + t^2}$，所以分式为 $\frac{1}{\frac{1}{t^2} \sqrt{1+t^2}} = \frac{t^2}{\sqrt{1+t^2}}$。再乘以 $-\frac{1}{t^2}$ 得：
$$\int_{1}^{0} \frac{t^2}{\sqrt{1+t^2}} \cdot \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt = \int_{1}^{0} -\frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt$$
交换积分限（去掉负号）：
$$\int_{1}^{0} -\frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt$$
因此，原积分化简为 $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt$。
公式：$$\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^2 \sqrt{1+\frac{1}{x^2}}} dx = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt$$
提示：换元后注意积分限的对应关系，并仔细处理负号与上下限交换。
目标：计算积分结果
本步骤的目标是计算定积分 $S = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \, dt$ 的值。首先，我们回忆不定积分公式：$\int \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \, dt = \ln\left(t + \sqrt{1+t^2}\right) + C$，其中 $C$ 为积分常数。该公式可通过换元 $t = \tan\theta$ 或直接利用双曲函数推导得到。
现在，将积分上下限代入公式计算定积分：
$$
S = \left[ \ln\left(t + \sqrt{1+t^2}\right) \right]_{0}^{1} = \ln\left(1 + \sqrt{1+1^2}\right) - \ln\left(0 + \sqrt{1+0^2}\right).
$$
分别计算：
- 上限 $t=1$ 时：$1 + \sqrt{1+1} = 1 + \sqrt{2}$。
- 下限 $t=0$ 时：$0 + \sqrt{1+0} = 1$。
因此，
$$
S = \ln(1+\sqrt{2}) - \ln(1) = \ln(1+\sqrt{2}) - 0 = \ln(1+\sqrt{2}).
$$
所以，积分结果为 $S = \ln(1+\sqrt{2})$。这个结果在后续步骤中将被用于计算旋转体的体积或表面积。
公式：\int \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \, dt = \ln\left(t + \sqrt{1+t^2}\right) + C
提示：熟记反双曲正弦的积分公式，代入时注意上下限顺序。
目标：写出旋转体体积表达式
根据旋转体体积公式，曲线 $y = f(x)$ 在区间 $[1, +\infty)$ 上绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积为 $V = \pi \int_1^{+\infty} [f(x)]^2 \, dx$。
已知 $f(x) = \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}$，代入得：
$$V = \pi \int_1^{+\infty} \left[ \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}} \right]^2 dx = \pi \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2 (1+x^2)} \, dx.$$
因此，旋转体体积的表达式为 $V = \pi \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2(1+x^2)} \, dx$。
公式：V = \pi \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2(1+x^2)} \, dx
提示：注意被积函数平方后要化简，并确认积分限为 $1$ 到 $+\infty$。
目标：裂项化简被积函数
本步骤的目标是将被积函数 $\frac{1}{x^2(1+x^2)}$ 进行裂项化简，以便后续积分。观察分母 $x^2(1+x^2)$，它由两个因式 $x^2$ 和 $1+x^2$ 组成。我们尝试将分式拆分为两个简单分式之和：
设 $$\frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{A}{x^2} + \frac{B}{1+x^2}$$ 其中 $A$ 和 $B$ 为待定常数。
将右边通分：
$$\frac{A}{x^2} + \frac{B}{1+x^2} = \frac{A(1+x^2) + B x^2}{x^2(1+x^2)} = \frac{A + (A+B)x^2}{x^2(1+x^2)}$$
比较分子与原分式的分子 $1$，得到方程组：
$$\begin{cases} A = 1 \\ A + B = 0 \end{cases}$$
解得 $A = 1$，$B = -1$。因此：
$$\frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}$$
这样，被积函数就被裂项为两个简单分式之差，便于下一步分别积分。
公式：$$\frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}$$
提示：裂项时注意分母因式的次数，$x^2$ 对应分子设为常数即可。
目标：分别积分并求值
本步骤对两个积分分别进行计算。首先计算第一个积分：
$$
\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx.
$$
该积分为反常积分，需取极限：
$$
\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx = \lim_{b \to +\infty} \int_1^b x^{-2} \, dx = \lim_{b \to +\infty} \left[ -\frac{1}{x} \right]_1^b = \lim_{b \to +\infty} \left( -\frac{1}{b} + 1 \right) = 1.
$$
因此第一个积分值为 $1$。
接着计算第二个积分：
$$
\int_1^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx.
$$
同样取极限：
$$
\int_1^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx = \lim_{b \to +\infty} \int_1^b \frac{1}{1+x^2} \, dx = \lim_{b \to +\infty} \left[ \arctan x \right]_1^b = \lim_{b \to +\infty} (\arctan b - \arctan 1).
$$
由于 $\lim_{b \to +\infty} \arctan b = \frac{\pi}{2}$，且 $\arctan 1 = \frac{\pi}{4}$，故该积分值为：
$$
\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}.
$$
将两个积分结果代入体积表达式 $V = \pi \left( \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx - \int_1^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx \right)$，得：
$$
V = \pi \left( 1 - \frac{\pi}{4} \right).
$$
最终答案为 $V = \pi - \frac{\pi^2}{4}$。验证：该结果为正数，因为 $\pi \approx 3.1416$，$\frac{\pi^2}{4} \approx 2.4674$，差值为正，符合体积的几何意义。
公式：$$V = \pi \left( \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx - \int_1^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx \right) = \pi \left(1 - \frac{\pi}{4}\right)$$
提示：计算反常积分时务必写出极限过程，避免直接代入无穷大；熟记 $\arctan 1 = \pi/4$。