2019年考研数学二第19题

首先，我们需要将曲线$y=e^{-x}|\sin x|$在区间$[0,n\pi]$上与$x$轴围成的面积$S_n$进行分段表示。由于$|\sin x|$是周期为$\pi$的函数，且$\sin x$在区间$[k\pi,(k+1)\pi]$（$k$为整数）上的符号交替变化：当$k$为偶数时，$\sin x \geq 0$；当$k$为奇数时，$\sin x \leq 0$。因此，$|\sin x|$在每个子区间$[k\pi,(k+1)\pi]$上等于$(-1)^k \sin x$，因为$(-1)^k$恰好抵消了$\sin x$的符号变化。于是，面积$S_n$可以表示为各子区间上积分绝对值的和： $$S_n = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} e^{-x} |\sin x| \, dx = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} e^{-x} \cdot (-1)^k \sin x \, dx.$$ 这里，$(-1)^k$可以提到积分号外，得到： $$S_n = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} e^{-x} \sin x \, dx.$$ 这样，我们就将原问题转化为求$n$个定积分$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} e^{-x} \sin x \, dx$的带符号和。注意，每个积分本身可能为正或负，但乘以$(-1)^k$后，所有项都成为正数，从而保证$S_n$是面积（非负）。

本步骤需要计算不定积分 $\int e^{-x} \sin x \, dx$。由于被积函数是 $e^{-x}$ 与 $\sin x$ 的乘积，适合使用分部积分法。设 $u = \sin x$，$dv = e^{-x} dx$，则 $du = \cos x \, dx$，$v = -e^{-x}$。由分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ 得： $$ \int e^{-x} \sin x \, dx = -e^{-x} \sin x - \int (-e^{-x}) \cos x \, dx = -e^{-x} \sin x + \int e^{-x} \cos x \, dx. $$ 现在需要计算 $\int e^{-x} \cos x \, dx$，再次使用分部积分。设 $u = \cos x$，$dv = e^{-x} dx$，则 $du = -\sin x \, dx$，$v = -e^{-x}$，于是： $$ \int e^{-x} \cos x \, dx = -e^{-x} \cos x - \int (-e^{-x})(-\sin x) \, dx = -e^{-x} \cos x - \int e^{-x} \sin x \, dx. $$ 将上式代入第一次分部积分的结果中： $$ \int e^{-x} \sin x \, dx = -e^{-x} \sin x + \left( -e^{-x} \cos x - \int e^{-x} \sin x \, dx \right) = -e^{-x} (\sin x + \cos x) - \int e^{-x} \sin x \, dx. $$ 将等式右边的积分项移到左边： $$ \int e^{-x} \sin x \, dx + \int e^{-x} \sin x \, dx = -e^{-x} (\sin x + \cos x), $$ 即 $$ 2 \int e^{-x} \sin x \, dx = -e^{-x} (\sin x + \cos x). $$ 两边同时除以2，并加上积分常数 $C$，得到原函数： $$ \int e^{-x} \sin x \, dx = -\frac{1}{2} e^{-x} (\sin x + \cos x) + C. $$

将上一步得到的积分结果表达式代入上下限。设原函数为 $F(x) = \frac{1}{2}e^{-x}(\sin x - \cos x)$，则定积分 $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} e^{-x}\sin x\,dx = F((k+1)\pi) - F(k\pi)$。 首先计算 $F((k+1)\pi)$： $$F((k+1)\pi) = \frac{1}{2}e^{-(k+1)\pi}\big[\sin((k+1)\pi) - \cos((k+1)\pi)\big].$$ 由于 $\sin((k+1)\pi) = 0$，$\cos((k+1)\pi) = (-1)^{k+1}$，代入得： $$F((k+1)\pi) = \frac{1}{2}e^{-(k+1)\pi}\big[0 - (-1)^{k+1}\big] = -\frac{1}{2}e^{-(k+1)\pi}(-1)^{k+1} = \frac{1}{2}e^{-(k+1)\pi}(-1)^{k}.$$ 再计算 $F(k\pi)$： $$F(k\pi) = \frac{1}{2}e^{-k\pi}\big[\sin(k\pi) - \cos(k\pi)\big].$$ 由于 $\sin(k\pi) = 0$，$\cos(k\pi) = (-1)^k$，代入得： $$F(k\pi) = \frac{1}{2}e^{-k\pi}\big[0 - (-1)^k\big] = -\frac{1}{2}e^{-k\pi}(-1)^k.$$ 因此，差值为： $$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} e^{-x}\sin x\,dx = F((k+1)\pi) - F(k\pi) = \frac{1}{2}e^{-(k+1)\pi}(-1)^k - \left[-\frac{1}{2}e^{-k\pi}(-1)^k\right] = \frac{1}{2}(-1)^k\left[e^{-(k+1)\pi} + e^{-k\pi}\right].$$ 由于 $(-1)^k$ 不影响绝对值，且后续求和时符号会交替出现，故每项可写为 $\frac{1}{2}\left[e^{-(k+1)\pi} + e^{-k\pi}\right]$（注意此处 $(-1)^k$ 被保留在后续步骤中处理）。至此，完成了代入上下限并化简的过程。

将化简后的各项进行求和。已知前一步得到： $$S_n = \frac{1}{2}\left[1 + 2\sum_{k=1}^{n} e^{-k\pi} - e^{-n\pi}\right]$$ 现在对求和部分 $\sum_{k=1}^{n} e^{-k\pi}$ 进行计算。这是一个等比数列求和，首项 $a_1 = e^{-\pi}$，公比 $q = e^{-\pi}$，项数为 $n$。等比数列求和公式为： $$\sum_{k=1}^{n} a_1 q^{k-1} = a_1 \frac{1-q^n}{1-q}$$ 代入 $a_1 = e^{-\pi}$，$q = e^{-\pi}$，得： $$\sum_{k=1}^{n} e^{-k\pi} = e^{-\pi} \cdot \frac{1 - (e^{-\pi})^n}{1 - e^{-\pi}} = e^{-\pi} \cdot \frac{1 - e^{-n\pi}}{1 - e^{-\pi}}$$ 将这一结果代回 $S_n$ 的表达式中： $$S_n = \frac{1}{2}\left[1 + 2 \cdot e^{-\pi} \frac{1 - e^{-n\pi}}{1 - e^{-\pi}} - e^{-n\pi}\right]$$ 整理得到 $S_n$ 的最终表达式： $$S_n = \frac{1}{2}\left[1 + \frac{2e^{-\pi}(1 - e^{-n\pi})}{1 - e^{-\pi}} - e^{-n\pi}\right]$$ 此即为本步骤所求的 $S_n$ 表达式。

本步骤对前一步得到的表达式 $S_n = \frac{1}{2}\left[1 + \frac{2e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} \cdot \frac{1 - e^{-(n+1)\pi}}{1 - e^{-n\pi}}\right]$ 取极限 $n \to \infty$。 由于 $0 < e^{-\pi} < 1$，当 $n \to \infty$ 时，$e^{-n\pi} \to 0$，$e^{-(n+1)\pi} \to 0$。因此： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{1 - e^{-(n+1)\pi}}{1 - e^{-n\pi}} = \frac{1 - 0}{1 - 0} = 1. $$ 代入极限得： $$ \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2}\left[1 + \frac{2e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} \cdot 1\right] = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{2e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}}\right). $$ 将括号内通分： $$ 1 + \frac{2e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} = \frac{1 - e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} + \frac{2e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} = \frac{1 - e^{-\pi} + 2e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} = \frac{1 + e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}}. $$ 因此： $$ \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{1 + e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} = \frac{1 + e^{-\pi}}{2(1 - e^{-\pi})}. $$ 最终答案为 $\frac{1 + e^{-\pi}}{2(1 - e^{-\pi})}$。 验证：当 $n \to \infty$ 时，$e^{-n\pi} \to 0$，原级数收敛，结果合理。