💡 答案解析
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【解析】（1）$F(x)=\displaystyle\int_{-\infty}^x \displaystyle\frac{e^x}{\left(1+e^x\right)^2} d x=-\left.\displaystyle\frac{1}{1+e^x}\right|_{-\infty} ^x=\displaystyle\frac{e^x}{1+e^x}, x \in R$
（II）【法 1】分布函数法
$$
F_Y(y)=P\{Y \leq y\}=P\left\{e^X \leq y\right\} .
$$
当 $y<0$ 时,$\quad F_Y(y)=0$ ；
当 $y \geq 0$ 时，$F_Y(y)=P\{X \leq \ln y\}=F(\ln y)=\displaystyle\frac{y}{1+y}$ ；
所以 $Y$ 的概率密度为
$$
f_Y(y)=\left\{\begin{array}{cc}
\frac{1}{(1+y)^2}, & y>0 \\
0, & \text { 其他 }
\end{array}\right. \text {. }
$$
【法 2】公式法
因为 $y=e^x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调且处处可导，当 $x \in(-\infty,+\infty), y>0$ ，此时 $x=\ln y$ ，所以 $Y$ 的概率密度为
$$
f_Y(y)=\left\{\begin{array}{cc}
f(\ln y)(\ln y)^{\prime}, & y>0 \\
0, & \text { 其他 }
\end{array}=\left\{\begin{array}{cc}
\frac{e^{\ln y}}{\left(1+e^{\ln y}\right)^2} \cdot \frac{1}{y}, & y>0 \\
0, & \text { 其他 }
\end{array}=\left\{\begin{array}{cc}
\frac{1}{(1+y)^2}, & y>0 \\
0, & \text { 其他 }
\end{array} .\right.\right.\right.
$$
（III）$E Y=\displaystyle\int_0^{+\infty} \displaystyle\frac{y}{(1+y)^2} d y=\left.\left(\ln (1+y)+\displaystyle\frac{1}{1+y}\right)\right|_0 ^{+\infty}=\infty$ ，所以不存在．
📋 详细解题步骤
目标：求X的分布函数
已知随机变量 $X$ 的概率密度函数为 $f(x) = \frac{e^x}{(1+e^x)^2}$，$x \in (-\infty, +\infty)$。分布函数 $F(x) = P(X \leq x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) \, dt$。
因此，
$$F(x) = \int_{-\infty}^{x} \frac{e^t}{(1+e^t)^2} \, dt.$$
令 $u = 1 + e^t$，则 $du = e^t \, dt$。当 $t \to -\infty$ 时，$e^t \to 0$，$u \to 1$；当 $t = x$ 时，$u = 1 + e^x$。于是积分变为
$$F(x) = \int_{1}^{1+e^x} \frac{1}{u^2} \, du = \left[ -\frac{1}{u} \right]_{1}^{1+e^x} = -\frac{1}{1+e^x} + 1 = 1 - \frac{1}{1+e^x} = \frac{e^x}{1+e^x}.$$
因此，$X$ 的分布函数为
$$F(x) = \frac{e^x}{1+e^x}, \quad x \in (-\infty, +\infty).$$
验证：当 $x \to -\infty$ 时，$e^x \to 0$，$F(x) \to 0$；当 $x \to +\infty$ 时，$e^x \to +\infty$，$F(x) \to 1$，符合分布函数的性质。
公式：$$F(x) = \int_{-\infty}^{x} \frac{e^t}{(1+e^t)^2} \, dt = \frac{e^x}{1+e^x}$$
提示：换元时注意积分上下限的对应，并检查端点极限是否满足分布函数性质。
目标：求Y的分布函数
已知随机变量$X$的分布函数为$F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ \dfrac{x}{1+x}, & x \geq 0 \end{cases}$，且$Y = e^X$。
我们需要求$Y$的分布函数$F_Y(y) = P(Y \leq y)$。
首先，由于$Y = e^X$，且指数函数的值域为$(0, +\infty)$，因此当$y < 0$时，事件$\{Y \leq y\}$为不可能事件，故$F_Y(y) = 0$。
当$y \geq 0$时，有
$$F_Y(y) = P(e^X \leq y) = P(X \leq \ln y)$$
注意：这里要求$\ln y$有意义，即$y > 0$。当$y = 0$时，$\ln y$无定义，但$P(e^X \leq 0) = 0$，故$F_Y(0) = 0$。
对于$y > 0$，利用$X$的分布函数：
$$F_Y(y) = F_X(\ln y) = \begin{cases} 0, & \ln y < 0 \\ \dfrac{\ln y}{1+\ln y}, & \ln y \geq 0 \end{cases}$$
由于$\ln y < 0$等价于$0 < y < 1$，$\ln y \geq 0$等价于$y \geq 1$，因此：
- 当$0 < y < 1$时，$F_Y(y) = 0$；
- 当$y \geq 1$时，$F_Y(y) = \dfrac{\ln y}{1+\ln y}$。
综合$y < 0$和$y = 0$的情况，得到$Y$的分布函数为：
$$F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < 1 \\ \dfrac{\ln y}{1+\ln y}, & y \geq 1 \end{cases}$$
注意：题目步骤概要中给出的$F_Y(y) = \dfrac{y}{1+y} \ (y \geq 0)$与本题实际推导结果不同，可能是因为题目中$X$的分布函数或$Y$的定义有差异。但根据当前已知条件，正确结果应为上述形式。
公式：F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < 1 \\ \dfrac{\ln y}{1+\ln y}, & y \geq 1 \end{cases}
提示：注意指数函数的值域，分y<0和y≥0讨论，并正确代入X的分布函数。
目标：求Y的概率密度
由步骤2已求得Y的分布函数为：
$$F_Y(y) = \begin{cases} 0, & y \leq 0 \\ 1 - \frac{1}{1+y}, & y > 0 \end{cases}$$
对分布函数求导即可得到概率密度函数。当$y \leq 0$时，$F_Y(y)=0$，故$f_Y(y)=0$。当$y > 0$时，有：
$$f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y) = \frac{d}{dy} \left(1 - \frac{1}{1+y}\right) = \frac{d}{dy} \left(1 - (1+y)^{-1}\right)$$
利用求导法则，常数1的导数为0，对$(1+y)^{-1}$求导得：
$$\frac{d}{dy} (1+y)^{-1} = -1 \cdot (1+y)^{-2} \cdot 1 = -\frac{1}{(1+y)^2}$$
因此：
$$f_Y(y) = 0 - \left(-\frac{1}{(1+y)^2}\right) = \frac{1}{(1+y)^2}, \quad y > 0$$
综合得Y的概率密度函数为：
$$f_Y(y) = \begin{cases} \frac{1}{(1+y)^2}, & y > 0 \\ 0, & y \leq 0 \end{cases}$$
验证：对$f_Y(y)$在$(0, +\infty)$上积分，
$$\int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+y)^2} dy = \left[-\frac{1}{1+y}\right]_0^{+\infty} = 0 - (-1) = 1$$
满足概率密度函数的归一性。
公式：$$f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y) = \frac{1}{(1+y)^2}, \quad y > 0$$
提示：对分布函数求导时，注意分段点处的导数可能不存在，但概率密度在单点取值不影响。
目标：判断Y的期望是否存在
我们需要判断随机变量$Y$的数学期望$E(Y)$是否存在。由前几步已知$Y$的概率密度函数为$f_Y(y) = \frac{1}{(1+y)^2}$，$y \geq 0$。期望的定义为$E(Y) = \int_0^{+\infty} y f_Y(y) \, dy = \int_0^{+\infty} \frac{y}{(1+y)^2} \, dy$。
计算该反常积分：令$t = 1+y$，则$y = t-1$，$dy = dt$，当$y=0$时$t=1$，$y \to +\infty$时$t \to +\infty$。积分变为
$$
E(Y) = \int_1^{+\infty} \frac{t-1}{t^2} \, dt = \int_1^{+\infty} \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \right) dt.
$$
分别积分：
$$
\int_1^{+\infty} \frac{1}{t} \, dt = \lim_{b \to +\infty} \ln t \Big|_1^b = \lim_{b \to +\infty} (\ln b - \ln 1) = +\infty,
$$
$$
\int_1^{+\infty} \frac{1}{t^2} \, dt = \lim_{b \to +\infty} \left( -\frac{1}{t} \right) \Big|_1^b = \lim_{b \to +\infty} \left( -\frac{1}{b} + 1 \right) = 1.
$$
因此$E(Y) = (+\infty) - 1 = +\infty$，即积分发散到无穷大。
根据数学期望的定义，当积分发散时，称期望不存在。所以$Y$的期望不存在。
最终答案验证：由于$\int_0^{+\infty} \frac{y}{(1+y)^2} dy$发散，$E(Y)$不存在。
公式：$$E(Y) = \int_0^{+\infty} \frac{y}{(1+y)^2} \, dy = \int_1^{+\infty} \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \right) dt = +\infty$$
提示：检查被积函数在无穷远处的衰减速度：$\frac{y}{(1+y)^2} \sim \frac{1}{y}$，积分发散。