2017年考研数学二第11题

首先观察被积函数 $\frac{\ln(1+x)}{(1+x)^2}$。注意到分母 $(1+x)^2$ 是 $1+x$ 的平方，而分子是对数函数 $\ln(1+x)$。为了应用分部积分法，我们需要将 $\frac{1}{(1+x)^2}dx$ 凑成某个函数的微分。 回忆微分公式：$d\left(\frac{1}{1+x}\right) = -\frac{1}{(1+x)^2}dx$。因此， $$ \frac{1}{(1+x)^2}dx = -d\left(\frac{1}{1+x}\right). $$ 于是原积分可以改写为： $$ \int \frac{\ln(1+x)}{(1+x)^2}dx = \int \ln(1+x) \cdot \left[ -d\left(\frac{1}{1+x}\right) \right] = -\int \ln(1+x) \, d\left(\frac{1}{1+x}\right). $$ 这样，我们就将积分化成了形如 $\int u \, dv$ 的形式，其中 $u = \ln(1+x)$，$dv = d\left(\frac{1}{1+x}\right)$。接下来就可以应用分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ 进行下一步计算。

在第一步中，我们已将原积分转化为极限形式： $$ I = \lim_{b \to +\infty} \left[ -\frac{\ln(1+x)}{1+x} \Big|_0^b + \int_0^b \frac{1}{(1+x)^2} dx \right] $$ 现在应用分部积分公式。分部积分公式为： $$ \int u \, dv = uv - \int v \, du $$ 在第一步中，我们取 $u = \ln(1+x)$，$dv = -\frac{1}{(1+x)^2} dx$，则 $du = \frac{1}{1+x} dx$，$v = \frac{1}{1+x}$。因此分部积分的结果为： $$ \int_0^b \frac{-\ln(1+x)}{(1+x)^2} dx = \left[ -\frac{\ln(1+x)}{1+x} \right]_0^b + \int_0^b \frac{1}{1+x} \cdot \frac{1}{1+x} dx $$ 即： $$ \int_0^b \frac{-\ln(1+x)}{(1+x)^2} dx = -\frac{\ln(1+b)}{1+b} + \frac{\ln(1+0)}{1+0} + \int_0^b \frac{1}{(1+x)^2} dx $$ 由于 $\ln(1+0) = \ln 1 = 0$，所以第一项为 $0$。因此： $$ \int_0^b \frac{-\ln(1+x)}{(1+x)^2} dx = -\frac{\ln(1+b)}{1+b} + \int_0^b \frac{1}{(1+x)^2} dx $$ 于是原极限化为： $$ I = \lim_{b \to +\infty} \left( -\frac{\ln(1+b)}{1+b} + \int_0^b \frac{1}{(1+x)^2} dx \right) $$ 这就是应用分部积分公式后的结果。

本步骤需要计算边界项，即计算表达式 $\left[\frac{\ln(1+x)}{1+x}\right]_{0}^{+\infty}$ 的值。边界项由两部分组成：上限 $x \to +\infty$ 时的极限值和下限 $x=0$ 处的函数值。 首先计算上限：$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+x)}{1+x}$。由于当 $x \to +\infty$ 时，分子 $\ln(1+x) \to +\infty$，分母 $1+x \to +\infty$，这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式，可以使用洛必达法则。对分子和分母分别求导：分子 $\ln(1+x)$ 的导数为 $\frac{1}{1+x}$，分母 $1+x$ 的导数为 $1$。因此， $$ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+x)}{1+x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{1+x}}{1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{1+x} = 0. $$ 所以上限的极限值为 $0$。 其次计算下限：将 $x=0$ 代入函数 $\frac{\ln(1+x)}{1+x}$，得 $\frac{\ln(1+0)}{1+0} = \frac{\ln 1}{1} = \frac{0}{1} = 0$。 因此边界项为： $$ \left[\frac{\ln(1+x)}{1+x}\right]_{0}^{+\infty} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+x)}{1+x} - \frac{\ln(1+0)}{1+0} = 0 - 0 = 0. $$ 故边界项整体为 $0$。

本步骤需要计算剩余积分 $\int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+x)^2} dx$。首先，我们找出被积函数 $\frac{1}{(1+x)^2}$ 的原函数。注意到分母是 $(1+x)^2$，其导数为 $2(1+x)$，但更直接地，我们可以利用幂函数积分公式：对于 $n \neq -1$，有 $\int (1+x)^n dx = \frac{(1+x)^{n+1}}{n+1} + C$。这里 $n = -2$，所以原函数为 $\frac{(1+x)^{-1}}{-1} = -\frac{1}{1+x}$。因此，定积分的计算为： $$ \int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+x)^2} dx = \lim_{b \to +\infty} \left[ -\frac{1}{1+x} \right]_0^b = \lim_{b \to +\infty} \left( -\frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+0} \right). $$ 当 $b \to +\infty$ 时，$-\frac{1}{1+b} \to 0$，而 $\frac{1}{1+0} = 1$，所以极限值为 $0 - (-1) = 1$。因此，剩余积分的结果为 $1$。

经过前几步的积分计算，我们已经将原积分转化为定积分并求出了其值。原积分为： $$ \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} \, dx $$ 通过变量代换 $x = \tan t$，当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{4}$，且 $dx = \sec^2 t \, dt$，$1+x^2 = \sec^2 t$，于是积分化为： $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan t) \, dt $$ 再利用恒等式 $1+\tan t = \frac{\sin t + \cos t}{\cos t} = \frac{\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4}-t)}{\cos t}$，得到： $$ \ln(1+\tan t) = \ln\sqrt{2} + \ln\cos\left(\frac{\pi}{4}-t\right) - \ln\cos t $$ 于是原积分 $I$ 为： $$ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\sqrt{2} \, dt + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos\left(\frac{\pi}{4}-t\right) dt - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos t \, dt $$ 第一项直接积分得 $\frac{\pi}{4} \ln\sqrt{2} = \frac{\pi}{8}\ln 2$。对于第二项，令 $u = \frac{\pi}{4} - t$，则 $du = -dt$，当 $t=0$ 时 $u=\frac{\pi}{4}$，当 $t=\frac{\pi}{4}$ 时 $u=0$，所以第二项变为： $$ \int_{\frac{\pi}{4}}^{0} \ln\cos u \, (-du) = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos u \, du $$ 这与第三项 $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos t \, dt$ 完全相同，因此第二项与第三项相减抵消为零。最终得到： $$ I = \frac{\pi}{8}\ln 2 $$ 验证：将 $x=0$ 和 $x=1$ 代入原被积函数，函数在区间内连续且可积，计算结果合理。因此原积分值为 $\frac{\pi}{8}\ln 2$。