将和式写成

$$\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right).$$

函数 $f(x)=x\ln (1+x)$ 在 $[0,1]$ 连续，上式是该区间等分为 $n$ 段、取右端点的黎曼和，所以原极限等于 $I={\int }_0^{1}x\ln (1+x)\mathrm{d}x$。
分部积分取 $u=\ln (1+x)$、$v=\frac{x^2}{2}$，有

$$I=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x}\mathrm{d}x.$$

利用 $\frac{x^2}{(1+x)}=x-1+\frac{1}{(1+x)}$，剩余积分为

$${\int }_0^1\frac{x^2}{1+x}\mathrm{d}x={\left[\frac{x^2}{2}-x+\ln (1+x)\right]}_0^1=\ln 2-\frac{1}{2}.$$

因此 $I=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}(\ln 2-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$，即原极限为 $\frac{1}{4}$。

同样将和式看作 $x\ln (1+x)$ 的黎曼和，原极限为 $I={\int }_0^{1}x\ln (1+x)\mathrm{d}x$。分部积分时改取 $v=\frac{(x^2-1)}{2}$，其导数仍为 $x$，但能与 $1+x$ 约分：

$$\begin{array}{rl}I& ={\left[\frac{x^2-1}{2}\ln (1+x)\right]}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2-1}{1+x}\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^1(x-1)\mathrm{d}x=\frac{1}{4}.\end{array}$$

第一项在 $x=1$ 因 $x^2-1=0$ 为零，在 $x=0$ 因 $\ln 1=0$ 也为零。故原极限为 $\frac{1}{4}$。