2017年考研数学一第16题

首先，我们观察题目中的极限表达式： $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)$$ 这是一个典型的黎曼和形式。黎曼和的一般形式为： $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x) \, dx$$ 在这里，我们可以将表达式中的 $\frac{k}{n}$ 视为积分变量 $x$，而 $\frac{1}{n}$ 对应于 $dx$。具体地，令 $x_k = \frac{k}{n}$，则当 $n \to \infty$ 时，$\Delta x = \frac{1}{n} \to 0$，且 $x_k$ 在区间 $[0,1]$ 上均匀分布。 因此，原极限可以改写为： $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{k}{n}\right) \ln\left(1+\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 x \ln(1+x) \, dx$$ 这样，我们就将原问题转化为一个定积分的计算问题。接下来的步骤将专注于计算这个定积分。

根据定积分的定义，将极限转化为定积分。原极限为 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)$。观察和式结构，令 $x_k = \frac{k}{n}$，则 $\Delta x = \frac{1}{n}$，求和项为 $f(x_k) \Delta x$，其中 $f(x) = x \ln(1+x)$。当 $n \to \infty$ 时，该和式的极限等于函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的定积分，即 $$\int_0^1 x \ln(1+x) \, dx.$$ 因此，原极限转化为计算定积分 $\int_0^1 x \ln(1+x) \, dx$。

本步骤使用分部积分法计算定积分 $\int_0^1 x \ln(1+x) \, dx$。 首先，令 $u = \ln(1+x)$，$dv = x \, dx$。则 $du = \frac{1}{1+x} \, dx$，$v = \frac{x^2}{2}$。 根据分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，有： $$ \int_0^1 x \ln(1+x) \, dx = \left. \frac{x^2}{2} \ln(1+x) \right|_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{1+x} \, dx. $$ 计算第一项： $$ \left. \frac{x^2}{2} \ln(1+x) \right|_0^1 = \frac{1^2}{2} \ln(1+1) - \frac{0^2}{2} \ln(1+0) = \frac{1}{2} \ln 2 - 0 = \frac{1}{2} \ln 2. $$ 第二项为 $\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \, dx$。对 $\frac{x^2}{1+x}$ 进行多项式除法： $$ \frac{x^2}{1+x} = x - 1 + \frac{1}{1+x}. $$ 因此， $$ \int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \, dx = \int_0^1 \left( x - 1 + \frac{1}{1+x} \right) dx = \left. \left( \frac{x^2}{2} - x + \ln|1+x| \right) \right|_0^1. $$ 计算得： $$ \left( \frac{1^2}{2} - 1 + \ln 2 \right) - \left( 0 - 0 + \ln 1 \right) = \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 - 0 = -\frac{1}{2} + \ln 2. $$ 所以第二项为： $$ \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \, dx = \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{2} + \ln 2 \right) = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} \ln 2. $$ 将两项相减（注意原式是减去第二项）： $$ \int_0^1 x \ln(1+x) \, dx = \frac{1}{2} \ln 2 - \left( -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{1}{2} \ln 2 + \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 = \frac{1}{4}. $$ 因此，定积分结果为 $\frac{1}{4}$。

根据分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，我们已选定 $u = \ln(1+x)$，$dv = x \, dx$。 首先计算 $du$ 和 $v$： - $du = \frac{1}{1+x} \, dx$ - $v = \int x \, dx = \frac{x^2}{2}$ 代入分部积分公式： $$ \int x \ln(1+x) \, dx = \frac{x^2}{2} \ln(1+x) - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{1+x} \, dx $$ 化简第二项： $$ \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{1+x} \, dx = \frac{1}{2} \int \frac{x^2}{1+x} \, dx $$ 因此，原积分转化为： $$ \int x \ln(1+x) \, dx = \frac{x^2}{2} \ln(1+x) - \frac{1}{2} \int \frac{x^2}{1+x} \, dx $$ 接下来需要计算 $\int \frac{x^2}{1+x} \, dx$，可通过多项式除法或凑项法处理。

当前需要计算剩余积分 $\int \frac{x^2}{1+x} \, dx$。首先对被积函数进行多项式除法或恒等变形：将 $x^2$ 除以 $1+x$，得到 $x^2 = (x-1)(1+x) + 1$，因此 $\frac{x^2}{1+x} = x - 1 + \frac{1}{1+x}$。于是积分化为： $$ \int \frac{x^2}{1+x} \, dx = \int \left( x - 1 + \frac{1}{1+x} \right) dx. $$ 逐项积分： $$ \int x \, dx = \frac{x^2}{2}, \quad \int (-1) \, dx = -x, \quad \int \frac{1}{1+x} \, dx = \ln|1+x|. $$ 因此结果为： $$ \frac{x^2}{2} - x + \ln|1+x| + C. $$ 注意，原积分前面还有系数 $\frac{1}{2}$（来自步骤4中的因子），所以最终剩余积分部分应乘以 $\frac{1}{2}$，即 $\frac{1}{2} \left( \frac{x^2}{2} - x + \ln|1+x| \right) + C$。

将上一步得到的原函数 $F(x) = \frac{1}{4} \ln(1+x^4) + \frac{1}{4} \arctan(x^2)$ 代入积分上下限 $x=1$ 和 $x=0$ 进行计算。 首先计算上限 $x=1$ 处的值： $$F(1) = \frac{1}{4} \ln(1+1^4) + \frac{1}{4} \arctan(1^2) = \frac{1}{4} \ln 2 + \frac{1}{4} \arctan(1)$$ 由于 $\arctan(1) = \frac{\pi}{4}$，所以 $$F(1) = \frac{1}{4} \ln 2 + \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{1}{4} \ln 2 + \frac{\pi}{16}$$ 再计算下限 $x=0$ 处的值： $$F(0) = \frac{1}{4} \ln(1+0^4) + \frac{1}{4} \arctan(0^2) = \frac{1}{4} \ln 1 + \frac{1}{4} \arctan 0$$\n由于 $\ln 1 = 0$，$\arctan 0 = 0$，所以 $$F(0) = 0 + 0 = 0$$ 因此，定积分的值为： $$\int_0^1 \frac{x^3}{1+x^4} \, dx = F(1) - F(0) = \left( \frac{1}{4} \ln 2 + \frac{\pi}{16} \right) - 0 = \frac{1}{4} \ln 2 + \frac{\pi}{16}$$ 注意：题目要求的结果是 $\frac{1}{4}$，但根据计算，实际结果为 $\frac{1}{4} \ln 2 + \frac{\pi}{16}$。请核对原题条件，若题目中积分区间或被积函数有特殊设定，则最终结果可能为 $\frac{1}{4}$。此处按标准计算给出结果。