对 $b>1$ 先分部积分，取 $u=\ln x$，$dv=\frac{dx}{(1+x{)}^2}$，于是 $du=\frac{dx}{x}$，$v=-\frac{1}{(1+x)}$，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^b\frac{\ln x}{(1+x{)}^2}dx& =-\frac{\ln b}{1+b}+{\int }_1^b\frac{dx}{x(1+x)}\\ & =-\frac{\ln b}{1+b}+{\left[\ln \frac{x}{1+x}\right]}_1^b\\ & =-\frac{\ln b}{1+b}+\ln \frac{b}{1+b}+\ln 2.\end{array}$$

这里用到 $\frac{1}{[x(1+x)]}=\frac{1}{x}-\frac{1}{(1+x)}$，应先合并对数再取极限，不能分开两个发散积分。令 $b\to +\infty$，前两项都趋于零，所以原积分收敛且等于 $\ln 2$。

令 $x=\frac{1}{t}$，原积分化为 $I=-{\int }_0^1\frac{\ln t}{(1+t{)}^2}dt$。分部积分选择 $v=\frac{t}{(1+t)}$，因为 $v^{\prime }=\frac{1}{(1+t{)}^2}$，且 $t\frac{\ln t}{(1+t)}\to 0$（$t\to 0^{+}$）。于是

$$\begin{array}{rl}I& =-{\left[\frac{t\ln t}{1+t}\right]}_0^1+{\int }_0^1\frac{dt}{1+t}\\ & =\ln 2.\end{array}$$

边界项的极限存在，余下积分为普通定积分，故换元后的瑕积分确实收敛。