2017年考研数学二第17题

首先，我们观察题目中给出的和式形式为 $\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)$。为了将其转化为定积分的定义形式，我们需要将和式中的每一项改写为 $\frac{1}{n}$ 乘以一个关于 $\frac{k}{n}$ 的函数。注意到 $\frac{k}{n^2} = \frac{1}{n} \cdot \frac{k}{n}$，因此原和式可以改写为： $$ \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \cdot \frac{k}{n} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right). $$ 进一步，我们可以将求和符号外的常数因子 $\frac{1}{n}$ 提到求和符号前面，得到： $$ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right). $$ 此时，和式中的每一项都是 $\frac{1}{n}$ 乘以一个关于 $\frac{k}{n}$ 的函数，这正好符合定积分的定义形式：$\int_0^1 f(x) \, dx = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)$。这里 $f(x) = x \ln(1+x)$。因此，我们成功地将原极限改写成了定积分的标准形式，为下一步利用定积分计算极限做好了准备。

观察题目中的极限表达式： $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)$$ 我们尝试将其转化为定积分的黎曼和形式。令 $x_k = \frac{k}{n}$，则当 $k$ 从 $1$ 到 $n$ 时，$x_k$ 取值为 $\frac{1}{n}, \frac{2}{n}, \dots, 1$。这些点将区间 $[0,1]$ 等分为 $n$ 份，每个小区间的长度为 $\Delta x = \frac{1}{n}$。 被积函数可以写为 $f(x) = x \ln(1+x)$，因为当 $x = x_k = \frac{k}{n}$ 时，$f(x_k) = \frac{k}{n} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)$。 于是，原极限中的求和部分可以改写为： $$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(x_k) = \sum_{k=1}^{n} f(x_k) \Delta x$$ 这正是函数 $f(x)=x\ln(1+x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的黎曼和（取右端点）。因此，原极限等于定积分： $$\int_0^1 x \ln(1+x) \, dx$$

根据定积分的定义，我们将极限转化为定积分。回顾定积分的定义：若函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上可积，则 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x) \, dx$。 观察原极限表达式： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right) $$ 令 $x_k = \frac{k}{n}$，则当 $n \to \infty$ 时，$x_k$ 均匀分布在区间 $[0,1]$ 上，且小区间宽度为 $\Delta x = \frac{1}{n}$。求和项中的 $\frac{k}{n}$ 即为 $x_k$，$\ln\left(1 + \frac{k}{n}\right)$ 即为 $\ln(1 + x_k)$。因此，整个求和式可以看作函数 $f(x) = x \ln(1+x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的黎曼和。 根据定积分的定义，当 $n \to \infty$ 时，该黎曼和的极限等于函数 $f(x) = x \ln(1+x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的定积分： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right) = \int_0^1 x \ln(1+x) \, dx $$ 至此，我们成功将原极限问题转化为定积分计算问题。

本步骤对定积分 $\int_0^1 x \ln(1+x) \, dx$ 应用分部积分法。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： $$ \int_0^1 x \ln(1+x) \, dx = \left. \frac{x^2}{2} \ln(1+x) \right|_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{1+x} \, dx. $$ 先计算边界项：当 $x=1$ 时，$\frac{1^2}{2} \ln(1+1) = \frac{1}{2} \ln 2$；当 $x=0$ 时，$\frac{0^2}{2} \ln(1+0) = 0$。因此边界项为 $\frac{1}{2} \ln 2$。 于是原积分化为： $$ \int_0^1 x \ln(1+x) \, dx = \frac{1}{2} \ln 2 - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \, dx. $$ 接下来需要计算 $\int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \, dx$。对分子进行多项式除法：$x^2 = (x-1)(x+1) + 1$，即 $\frac{x^2}{1+x} = x - 1 + \frac{1}{1+x}$。因此： $$ \int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \, dx = \int_0^1 \left( x - 1 + \frac{1}{1+x} \right) dx = \left[ \frac{x^2}{2} - x + \ln(1+x) \right]_0^1. $$ 计算该定积分：当 $x=1$ 时，$\frac{1}{2} - 1 + \ln 2 = -\frac{1}{2} + \ln 2$；当 $x=0$ 时，$0 - 0 + \ln 1 = 0$。所以： $$ \int_0^1 \frac{x^2}{1+x} \, dx = -\frac{1}{2} + \ln 2. $$ 代回原式： $$ \int_0^1 x \ln(1+x) \, dx = \frac{1}{2} \ln 2 - \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{2} + \ln 2 \right) = \frac{1}{2} \ln 2 + \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 = \frac{1}{4}. $$ 因此，该定积分的值为 $\frac{1}{4}$。

本步骤的目标是将上一步中设定的分部积分公式具体代入计算。分部积分公式为 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。在之前的步骤中，我们已经选取 $u = \ln(1+x)$，$dv = x \, dx$。由此计算出 $du = \frac{1}{1+x} \, dx$，$v = \frac{x^2}{2}$。现在将这些表达式代入分部积分公式： 首先，定积分的分部积分公式为： $$\int_a^b u \, dv = \left[ u v \right]_a^b - \int_a^b v \, du$$ 这里积分区间为 $[0,1]$，因此： $$\int_0^1 x \ln(1+x) \, dx = \left[ \ln(1+x) \cdot \frac{x^2}{2} \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{1+x} \, dx$$ 整理后得到： $$\int_0^1 x \ln(1+x) \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \ln(1+x) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2(1+x)} \, dx$$ 这就是代入分部积分公式后的结果。注意，第一项是边界项，需要代入上下限计算；第二项是一个新的积分，将在后续步骤中处理。

本步骤的目标是计算积分 $\int_0^1 \frac{x^2}{1+x}dx$。首先，对被积函数进行多项式除法或恒等变形，将假分式化为整式与真分式之和。由于 $\frac{x^2}{1+x}$ 中分子次数高于分母，我们进行如下变形： $$\frac{x^2}{1+x} = \frac{x^2 - 1 + 1}{1+x} = \frac{(x-1)(x+1) + 1}{1+x} = x-1 + \frac{1}{1+x}.$$ 因此，原积分化为： $$\int_0^1 \frac{x^2}{1+x}dx = \int_0^1 \left(x-1+\frac{1}{1+x}\right)dx.$$ 接下来，分别积分每一项： $$\int_0^1 x\,dx = \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^1 = \frac{1}{2},$$ $$\int_0^1 (-1)\,dx = \left[-x\right]_0^1 = -1,$$ $$\int_0^1 \frac{1}{1+x}dx = \left[\ln(1+x)\right]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2.$$ 将结果合并，得到： $$\int_0^1 \frac{x^2}{1+x}dx = \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 = \ln 2 - \frac{1}{2}.$$ 因此，化简后的积分结果为 $\ln 2 - \frac{1}{2}$。

将上下限代入积分结果表达式并逐步化简。首先，原积分结果为 $\frac{1}{2}\ln(1+x^2) - \frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{2} - x + \ln(1+x)\right)$，需要代入上限 $x=1$ 和下限 $x=0$ 并作差。 代入上限 $x=1$： - $\frac{1}{2}\ln(1+1^2) = \frac{1}{2}\ln2$ - $\frac{1}{2}\left(\frac{1^2}{2} - 1 + \ln(1+1)\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} - 1 + \ln2\right) = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2} + \ln2\right)$ 代入下限 $x=0$： - $\frac{1}{2}\ln(1+0^2) = \frac{1}{2}\ln1 = 0$ - $\frac{1}{2}\left(\frac{0^2}{2} - 0 + \ln(1+0)\right) = \frac{1}{2}(0 - 0 + 0) = 0$ 因此，定积分值为： $$ \left[\frac{1}{2}\ln2 - \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}+\ln2\right)\right] - [0 - 0] = \frac{1}{2}\ln2 - \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}+\ln2\right) $$ 展开括号： $$ \frac{1}{2}\ln2 - \left(-\frac{1}{4} + \frac{1}{2}\ln2\right) = \frac{1}{2}\ln2 + \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\ln2 $$ 合并同类项，$\frac{1}{2}\ln2$ 与 $-\frac{1}{2}\ln2$ 相消，得到最终结果： $$ \frac{1}{4} $$ 验证：由于积分区间 $[0,1]$ 内被积函数 $\frac{x}{1+x^2} - \frac{x^2}{1+x}$ 连续，且计算过程无误，结果 $\frac{1}{4}$ 合理。