2025年考研数学二第13题

首先，观察极限表达式中的求和部分。题目给出的和式为 $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{k}{n} \ln\frac{k}{n} \cdot \frac{1}{n}$。为了将其转化为定积分形式，我们需要识别出积分区间、被积函数以及分割方式。 注意到求和指标 $k$ 从 $1$ 到 $n-1$，而 $\frac{k}{n}$ 在区间 $[0,1]$ 上均匀取值（当 $n \to \infty$ 时，$\frac{k}{n}$ 可以取到 $[0,1]$ 内任意点）。因此，我们可以将 $\frac{k}{n}$ 视为区间 $[0,1]$ 上的分点 $x_k = \frac{k}{n}$，而 $\frac{1}{n}$ 是每个小区间的长度 $\Delta x = \frac{1}{n}$。 被求和的部分是 $\frac{k}{n} \ln\frac{k}{n} \cdot \frac{1}{n}$，这恰好是函数 $f(x) = x \ln x$ 在点 $x_k = \frac{k}{n}$ 处的函数值乘以小区间长度 $\Delta x$。因此，该和式可以改写为： $$ \sum_{k=1}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right) \cdot \frac{1}{n} = \sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{k}{n} \ln\frac{k}{n}\right) \cdot \frac{1}{n}. $$ 根据定积分的定义，当 $n \to \infty$ 时，上述黎曼和的极限等于函数 $f(x) = x \ln x$ 在区间 $[0,1]$ 上的定积分。注意，虽然求和是从 $k=1$ 到 $n-1$，但 $k=0$ 对应的项为 $0 \cdot \ln 0$，在极限意义下可以视为 $0$（因为 $\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0$），因此不影响极限结果。于是，原极限转化为： $$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{k}{n} \ln\frac{k}{n} \cdot \frac{1}{n} = \int_0^1 x \ln x \, dx. $$ 至此，我们成功将求和式转化为定积分形式，为后续计算积分值奠定了基础。

根据第一步的极限转化，原极限等于定积分 $\int_0^1 x \ln x \, dx$。注意到被积函数 $x \ln x$ 在 $x=0$ 处无定义（$\ln 0$ 发散），因此该积分是瑕积分，瑕点为 $x=0$。需用极限处理： $$\int_0^1 x \ln x \, dx = \lim_{a \to 0^+} \int_a^1 x \ln x \, dx$$ 先计算不定积分 $\int x \ln x \, dx$。使用分部积分法，令 $u = \ln x$，$dv = x \, dx$，则 $du = \frac{1}{x} dx$，$v = \frac{x^2}{2}$。于是： $$\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2} \ln x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{1}{2} \int x \, dx = \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4} + C$$ 因此，定积分为： $$\int_a^1 x \ln x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4} \right]_a^1 = \left( \frac{1}{2} \ln 1 - \frac{1}{4} \right) - \left( \frac{a^2}{2} \ln a - \frac{a^2}{4} \right)$$ 由于 $\ln 1 = 0$，上式化简为： $$= -\frac{1}{4} - \frac{a^2}{2} \ln a + \frac{a^2}{4}$$ 现在取极限 $a \to 0^+$： $$\lim_{a \to 0^+} \left( -\frac{1}{4} - \frac{a^2}{2} \ln a + \frac{a^2}{4} \right) = -\frac{1}{4} - \frac{1}{2} \lim_{a \to 0^+} a^2 \ln a + \frac{1}{4} \lim_{a \to 0^+} a^2$$ 其中 $\lim_{a \to 0^+} a^2 = 0$，而 $\lim_{a \to 0^+} a^2 \ln a$ 是 $0 \cdot (-\infty)$ 型未定式。令 $t = \frac{1}{a}$，则 $a \to 0^+$ 时 $t \to +\infty$，$a^2 \ln a = \frac{\ln(1/t)}{t^2} = -\frac{\ln t}{t^2}$。由对数增长慢于幂函数，$\lim_{t \to +\infty} \frac{\ln t}{t^2} = 0$，故 $\lim_{a \to 0^+} a^2 \ln a = 0$。 因此极限值为 $ -\frac{1}{4} - \frac{1}{2} \cdot 0 + 0 = -\frac{1}{4}$。 所以原极限 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \ln\left(\frac{k}{n}\right) = -\frac{1}{4}$。

本步骤计算瑕积分 $\int_0^1 x \ln x \, dx$。由于被积函数在 $x=0$ 处无定义（$\ln x \to -\infty$），该积分为瑕积分，需按极限处理： $$\int_0^1 x \ln x \, dx = \lim_{a \to 0^+} \int_a^1 x \ln x \, dx.$$ 首先求不定积分 $\int x \ln x \, dx$。使用分部积分法，令 $u = \ln x$，$dv = x \, dx$，则 $du = \frac{1}{x} dx$，$v = \frac{1}{2}x^2$。于是 $$\int x \ln x \, dx = \frac{1}{2}x^2 \ln x - \int \frac{1}{2}x^2 \cdot \frac{1}{x} dx = \frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{2} \int x \, dx = \frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{4}x^2 + C.$$ 代入上下限 $a$ 和 $1$： $$\int_a^1 x \ln x \, dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{4}x^2 \right]_a^1 = \left( \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \ln 1 - \frac{1}{4} \cdot 1^2 \right) - \left( \frac{1}{2}a^2 \ln a - \frac{1}{4}a^2 \right).$$ 由于 $\ln 1 = 0$，上式简化为 $$= -\frac{1}{4} - \frac{1}{2}a^2 \ln a + \frac{1}{4}a^2.$$ 现在取极限 $a \to 0^+$。需要计算 $\lim_{a \to 0^+} a^2 \ln a$。令 $t = \ln a$，则 $a = e^t$，当 $a \to 0^+$ 时 $t \to -\infty$，于是 $$\lim_{a \to 0^+} a^2 \ln a = \lim_{t \to -\infty} e^{2t} \cdot t = \lim_{t \to -\infty} \frac{t}{e^{-2t}} = 0 \quad (\text{指数衰减快于线性增长}).$$ 因此 $\lim_{a \to 0^+} \frac{1}{2}a^2 \ln a = 0$，且 $\lim_{a \to 0^+} \frac{1}{4}a^2 = 0$。所以 $$\int_0^1 x \ln x \, dx = -\frac{1}{4} - 0 + 0 = -\frac{1}{4}.$$ **验证**：该积分值为负数，因为 $\ln x < 0$ 在 $(0,1)$ 上，$x>0$，故被积函数为负，积分结果应为负，$-1/4$ 合理。也可通过数值验证：取 $a=0.001$ 近似计算得 $-0.249$ 左右，接近 $-0.25$。 最终结果：$\boxed{-\dfrac{1}{4}}$。