用广义积分中值定理，立刻能得出结果，结果是0 。
先要知道广义积分中值定理：
设f(x)与g(x)在[a,b]上都连续，且g(x)在[a,b]上不变号，则至少存在一点 ξ ∈[a，b]，使得
∫ f(x)·g(x) dx ＝ f(ξ) · ∫ g(x) dx ，积分限是a到b
=========================================================================
证明：设 f(x)＝1/(1＋x)， g(x)＝x^n ，易知，设f(x)与g(x)在[0,1]上都连续，且g(x)在[0,1]上不变号。所以，由广义积分中值定理，可知，存在一点 ξ ∈[0,1]，使得
∫ f(x)·g(x) dx ＝ f(ξ) · ∫ g(x) dx ，积分限是0到1
即 存在一点 ξ ∈[0,1]，使得
∫ x^n/(1＋x) dx ＝1/(1＋ξ )· ∫ x^n dx ，积分限是0到1 ， ξ ∈[0,1]，
而0到1上的定积分 ∫ x^n dx ＝x^(n＋1)/(n＋1)＝1/(n＋1)
也就是说， ∫ x^n/(1＋x) dx ＝1/[(1＋ξ )· (n＋1)] ，其中ξ ∈[0,1]，
因此，当n→∞时，原积分＝0
先要知道广义积分中值定理：
设f(x)与g(x)在[a,b]上都连续，且g(x)在[a,b]上不变号，则至少存在一点 ξ ∈[a，b]，使得
∫ f(x)·g(x) dx ＝ f(ξ) · ∫ g(x) dx ，积分限是a到b
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证明：设 f(x)＝1/(1＋x)， g(x)＝x^n ，易知，设f(x)与g(x)在[0,1]上都连续，且g(x)在[0,1]上不变号。所以，由广义积分中值定理，可知，存在一点 ξ ∈[0,1]，使得
∫ f(x)·g(x) dx ＝ f(ξ) · ∫ g(x) dx ，积分限是0到1
即 存在一点 ξ ∈[0,1]，使得
∫ x^n/(1＋x) dx ＝1/(1＋ξ )· ∫ x^n dx ，积分限是0到1 ， ξ ∈[0,1]，
而0到1上的定积分 ∫ x^n dx ＝x^(n＋1)/(n＋1)＝1/(n＋1)
也就是说， ∫ x^n/(1＋x) dx ＝1/[(1＋ξ )· (n＋1)] ，其中ξ ∈[0,1]，
因此，当n→∞时，原积分＝0
温馨提示：答案为网友推荐，仅供参考
第1个回答 2011-12-08
对于这种被积函数含有n的这种式子，如果能够化简就尽量进行化简，然后再积分，不过能行的通的很少，所以要具体问题具体对待。对于这道题目，呵呵，简单的放缩法就可以证明（夹逼定理的思想）。
证明方法如下：首先进行放大（把分母缩小就可以了）显然1+x>1+0=1（可以取等号），于是被积函数变成了简单的幂函数，直接运算定积分，然后取极限就可以了。
然后进行缩小（把分母放大）显然1+x<1+1=2（可以取等号），同样计算定积分之后取极限就可以证明了。
证明方法如下：首先进行放大（把分母缩小就可以了）显然1+x>1+0=1（可以取等号），于是被积函数变成了简单的幂函数，直接运算定积分，然后取极限就可以了。
然后进行缩小（把分母放大）显然1+x<1+1=2（可以取等号），同样计算定积分之后取极限就可以证明了。
第2个回答 2011-12-08
0≤∫（0～1）x^n/(1+x)dx≤∫（0～1）x^ndx=1/(n+1)，由夹逼原理，原极限为0
第3个回答 2011-12-08
本题利用积分中值定理是典型的错误，由于此处有n，所以那个ξ是随着n而变化的，不能这样做。
简单放缩即可：
x^n/(1+x)<x^n
x^n求积分取极限为0，夹逼，极限为0 。
这道题是武大以前一到题目的翻版，当然简单了许多，分子给了具体表达式，可以直接放缩。
如果不能直接放缩，就需要利用被积函数在x=1处的连续性，利用定义，拟合证明。
上海交大2005年以及四川大学2011年都考了类似的
看川大第七题
http://wenku.baidu.com/view/f3af33d176a20029bd642d34.html
简单放缩即可：
x^n/(1+x)<x^n
x^n求积分取极限为0，夹逼，极限为0 。
这道题是武大以前一到题目的翻版，当然简单了许多，分子给了具体表达式，可以直接放缩。
如果不能直接放缩，就需要利用被积函数在x=1处的连续性，利用定义，拟合证明。
上海交大2005年以及四川大学2011年都考了类似的
看川大第七题
http://wenku.baidu.com/view/f3af33d176a20029bd642d34.html
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