[例3] (int )_(0)^+infty dfrac (x{e)^-x}({(1+{e)^-x)}^2}dx

考查要点：本题主要考查定积分的计算技巧，特别是分部积分法和变量替换的应用，以及对特殊积分形式的识别能力。

解题核心思路：

1. 观察被积函数结构：分子为$x e^{-x}$，分母为$(1 + e^{-x})^2$，可尝试通过分部积分或变量替换简化积分。
2. 关键变形：利用分母的导数形式$\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1 + e^{-x}}\right) = \frac{e^{-x}}{(1 + e^{-x})^2}$，将被积函数转化为分部积分的形式。
3. 变量替换：令$t = e^{-x}$，将积分转化为更易处理的定积分，结合级数展开或分部积分求解。

步骤1：变量替换
令$t = e^{-x}$，则$x = -\ln t$，$dx = -\frac{dt}{t}$。积分上下限变为$t: 1 \to 0$，原积分转换为：
$\int_0^1 \frac{-\ln t \cdot t}{(1 + t)^2} \cdot \left(-\frac{dt}{t}\right) = \int_0^1 \frac{-\ln t}{(1 + t)^2} dt.$

步骤2：分部积分
设$u = -\ln t$，$dv = \frac{1}{(1 + t)^2} dt$，则$du = -\frac{1}{t} dt$，$v = -\frac{1}{1 + t}$。应用分部积分公式：
$\begin{aligned}\int_0^1 \frac{-\ln t}{(1 + t)^2} dt &= \left. \frac{-\ln t \cdot (-1)}{1 + t} \right|_0^1 - \int_0^1 \left(-\frac{1}{1 + t}\right) \cdot \left(-\frac{1}{t}\right) dt \\&= 0 - \int_0^1 \frac{1}{t(1 + t)} dt.\end{aligned}$

步骤3：分解部分分式
将$\frac{1}{t(1 + t)}$分解为$\frac{1}{t} - \frac{1}{1 + t}$，则积分变为：
$- \int_0^1 \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{1 + t} \right) dt = - \left[ \int_0^1 \frac{1}{t} dt - \int_0^1 \frac{1}{1 + t} dt \right].$

步骤4：计算积分
分别计算两个积分：

1. $\int_0^1 \frac{1}{t} dt = \ln t \Big|_0^1 = 0 - (-\infty) = +\infty$（发散），但结合原积分收敛性可知此处需重新处理。
2. $\int_0^1 \frac{1}{1 + t} dt = \ln(1 + t) \Big|_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2$。

步骤5：级数展开法
通过级数展开$\frac{1}{(1 + t)^2} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} n t^{n-1}$，交换积分与求和顺序，最终得到：
$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2.$