📝 题目
9．设 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x \mathrm{e}^{-x^{2}}, & x \geqslant 0, \\ \frac{1}{1+\cos x}, & -1\lt x\lt 0,\end{array}\right.$ 求 $\displaystyle{\int}_{1}^{4} f(x-2) \mathrm{d} x$ ．
💡 答案与解析
[AI解答]
[AI解答] 我们要求 $$ I = \int_{1}^{4} f(x-2) \, dx. $$ 先作变量代换，令 $$ t = x - 2, \quad dx = dt, $$ 当 $x=1$ 时，$t = -1$；当 $x=4$ 时，$t = 2$。于是 $$ I = \int_{-1}^{2} f(t) \, dt. $$
根据 $f(t)$ 的分段定义： $$ f(t) = \begin{cases} t e^{-t^{2}}, & t \ge 0, \$$4pt] \displaystyle \frac{1}{1+\cos t}, & -1 < t < 0. \end{cases} $$ 注意在 $t=-1$ 处，定义域为 $-1 < t < 0$，所以 $-1$ 是开区间端点，但积分时不影响。因此 $$ I = \int_{-1}^{0} \frac{1}{1+\cos t} \, dt \;+\; \int_{0}^{2} t e^{-t^{2}} \, dt. $$
先计算第一部分： 利用半角公式 $1+\cos t = 2\cos^{2}\frac{t}{2}$，有 $$ \int_{-1}^{0} \frac{1}{1+\cos t} \, dt = \int_{-1}^{0} \frac{1}{2\cos^{2}\frac{t}{2}} \, dt = \frac12 \int_{-1}^{0} \sec^{2}\frac{t}{2} \, dt. $$ 令 $u = \frac{t}{2}$，则 $dt = 2 du$，当 $t=-1$ 时 $u=-\frac12$，当 $t=0$ 时 $u=0$，于是 $$ \frac12 \int_{-1}^{0} \sec^{2}\frac{t}{2} \, dt = \frac12 \int_{-\frac12}^{0} \sec^{2}u \cdot 2\, du = \int_{-\frac12}^{0} \sec^{2}u \, du = \left[ \tan u \right]_{-\frac12}^{0}. $$ 代入得 $$ \tan 0 - \tan\left(-\frac12\right) = 0 + \tan\frac12 = \tan\frac12. $$
再计算第二部分： $$ \int_{0}^{2} t e^{-t^{2}} \, dt. $$ 令 $v = -t^{2}$，则 $dv = -2t\, dt$，即 $t\, dt = -\frac12 dv$，当 $t=0$ 时 $v=0$，当 $t=2$ 时 $v=-4$，于是 $$ \int_{0}^{2} t e^{-t^{2}} dt = \int_{0}^{-4} e^{v} \left(-\frac12\right) dv = -\frac12 \int_{0}^{-4} e^{v} dv = \frac12 \int_{-4}^{0} e^{v} dv. $$ 计算得 $$ \frac12 \left[ e^{v} \right]_{-4}^{0} = \frac12 \left( e^{0} - e^{-4} \right) = \frac12 \left(1 - e^{-4}\right). $$
因此原积分为 $$ I = \tan\frac12 + \frac12 \left(1 - e^{-4}\right). $$
最终结果为 $$ \boxed{\tan\frac12 + \frac12 - \frac12 e^{-4}}. $$
难度评级：★★☆☆☆ 涉及分段函数积分、变量代换、半角公式与简单指数积分，计算量不大，但需细心处理分段点。