人邮高数 第3章 第3-6-9题
📝 题目
9．设 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x \mathrm{e}^{-x^{2}}, & x \geqslant 0, \\ \frac{1}{1+\cos x}, & -1\lt x\lt 0,\end{array}\right.$ 求 $\displaystyle{\int}_{1}^{4} f(x-2) \mathrm{d} x$ ．
💡 答案解析
[AI解答]
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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。