总习题十一
待校验： 1（3）、5（3）（4）、6（4）、9
1. 填空题
(1)
部分和数列 $\{S_n\}$ 有界是正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛的__________条件.
解答过程：
对于正项级数，其每一项 $u_n \ge 0$，因此其部分和数列 $S_n = u_1 + u_2 + \dots + u_n$ 是单调递增的。根据数列的单调有界定理，单调递增数列收敛的充分必要条件是其有界。因此，部分和数列有界是正项级数收敛的充要（充分必要）条件。
(2)
设 $p_n = \frac{a_n + |a_n|}{2}$ , $q_n = \frac{|a_n| - a_n}{2}$ ($n=1,2,3,\cdots$)，若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} p_n$ __________ ；级数 $\sum_{n=1}^{\infty} q_n$ __________（填收敛、发散、不确定）.
解答过程：
已知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛，这意味着级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 均收敛。
观察公式可知，$p_n = \frac{1}{2}a_n + \frac{1}{2}|a_n|$，且 $q_n = \frac{1}{2}|a_n| - \frac{1}{2}a_n$。
根据级数收敛的线性性质，两个收敛级数的线性组合依然收敛。因此，$\sum_{n=1}^{\infty} p_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} q_n$ 必定都收敛。
两空均填：收敛。
(3)
已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n} e^{-nx}$ 的收敛域为 $(a, +\infty)$，则 $a =$__________.
解答过程：
设一般项为 $u_n = \frac{n!}{n^n} e^{-nx}$。我们使用达朗贝尔判别法（比值审敛法）求收敛域：
$$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)! e^{-(n+1)x}}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n! e^{-nx}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n+1)^n} e^{-x} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + \frac{1}{n})^n} e^{-x} = \frac{1}{e} e^{-x} = e^{-x-1}$$为了使级数收敛，必须满足极限值小于 1，即：
$$e^{-x-1} < 1 \implies -x-1 < 0 \implies x > -1$$当 $x = -1$ 时，原级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n} e^n$。由斯特林公式 $n! \sim \sqrt{2\pi n} (\frac{n}{e})^n$ 可知，此时一般项 $u_n \sim \sqrt{2\pi n} \to \infty \neq 0$，级数发散。
所以该级数的收敛域严格为 $(-1, +\infty)$ 。因此 $a = -1$ 。
(4)
若幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛域是 $(-8, 8]$，则 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n(n+1)} x^n$ 的收敛半径为__________，$\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^{3n-1}$ 的收敛域为__________.
解答过程：
① 已知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛域为 $(-8, 8]$，则其收敛半径 $R = 8$。对于新的幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n(n+1)} x^n$，其系数相比原级数乘以了 $\frac{1}{n(n+1)}$。由于 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n(n+1)}} = 1$，对系数乘以或除以 $n$ 的多项式不改变收敛半径。因此，第一个空填 $8$。
② 对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^{3n-1}$，可将其变形为 $\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} a_n (x^3)^n$。令 $t = x^3$，则级数变为 $\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} a_n t^n$。已知该形式的幂级数在 $t \in (-8, 8]$ 时收敛，故有：
$$-8 < x^3 \le 8 \implies -2 < x \le 2$$因此，第二个空填 $(-2, 2]$。
(5)
设周期函数 $f(x)$ 的周期为 $2\pi$，其在 $(-\pi, \pi)$ 上的表达式为 $f(x) = \pi x + x^2$，则 $f(x)$ 的傅里叶系数 $b_3 =$__________.
解答过程：
根据傅里叶级数系数公式计算 $b_n$：
$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (\pi x + x^2) \sin(nx) dx$$由于在对称区间 $(-\pi, \pi)$ 上，$x^2 \sin(nx)$ 整体是奇函数，其积分为 0。只需计算 $\pi x \sin(nx)$ 的部分：
$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \pi x \sin(nx) dx = \int_{-\pi}^{\pi} x \sin(nx) dx$$利用分部积分法：
$$b_n = -\frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} x d(\cos(nx)) = -\frac{1}{n} \left[ x \cos(nx) \right]_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} \cos(nx) dx$$$$b_n = -\frac{1}{n} (\pi \cos(n\pi) - (-\pi) \cos(-n\pi)) + 0 = -\frac{2\pi}{n} \cos(n\pi) = -\frac{2\pi}{n} (-1)^n = \frac{2\pi (-1)^{n+1}}{n}$$令 $n = 3$ 代入，得到 $b_3 = \frac{2\pi (-1)^{3+1}}{3} = \frac{2\pi}{3}$。
2. 选择题
(1)
如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ ( $u_n \neq 0$ ) 收敛，则必有__________.
A. $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{u_n}$ 发散
B. $\sum_{n=1}^{\infty} (u_n + \frac{1}{n})$ 收敛
C. $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 收敛
D. $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n u_n$ 收敛
解答过程：
已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，根据级数收敛的必要条件，其一般项必须趋于 0，即 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。
考察选项 A 的一般项 $\frac{1}{u_n}$，由于 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$ 且 $u_n \neq 0$，所以 $\lim_{n \to \infty} |\frac{1}{u_n}| = \infty \neq 0$。由于一般项不趋于 0，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{u_n}$ 必定发散。故选 A。
(2)
设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则必收敛的级数为__________.
A. $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{u_n}{n}$
B. $\sum_{n=1}^{\infty} u_n^2$
C. $\sum_{n=1}^{\infty} (u_{2n-1} - u_{2n})$
D. $\sum_{n=1}^{\infty} (u_n + u_{n+1})$
解答过程：
已知 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。根据级数收敛的性质，去掉级数的有限项不影响敛散性，故 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n+1}$（即原级数去掉第一项 $u_1$）也收敛。
根据收敛级数的线性性质，两个收敛级数相加仍收敛。因此，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (u_n + u_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} u_n + \sum_{n=1}^{\infty} u_{n+1}$ 必定收敛。故选 D。
(3)
已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n = 2$, $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} = 5$，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n =$__________.
A. $3$
B. $7$
C. $8$
D. $9$
解答过程：
将已知的两个级数展开：
第一式：$a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + a_5 - a_6 + \cdots = 2$
第二式（奇数项之和）：$a_1 + a_3 + a_5 + \cdots = 5$
用第二式减去第一式，即可得到偶数项之和：
$\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = (a_1 + a_3 + \cdots) - (a_1 - a_2 + a_3 - \cdots) = a_2 + a_4 + a_6 + \cdots = 5 - 2 = 3$
原级数的所有项之和即为奇数项之和与偶数项之和相加：
$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = 5 + 3 = 8$。故选 C。
(4)
级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}) \sin(n+k)$ ( $k$ 为常数 ) __________.
A. 绝对收敛
B. 条件收敛
C. 敛散性与 $k$ 有关
D. 发散
解答过程：
考察一般项加绝对值构成的正项级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \left| (\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}) \sin(n+k) \right|$。
由于正弦函数的有界性 $|\sin(n+k)| \le 1$，可得放缩关系：
$$\left| \left( \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) \sin(n+k) \right| \le \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}$$对不等式右侧进行分子有理化化简：
$$\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1)}} = \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}$$当 $n \to \infty$ 时，该式等价于 $\frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$。这是一个 $p$ 级数，且 $p = \frac{3}{2} > 1$，故级数 $\sum (\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}})$ 收敛。
由比较判别法可知，原级数加绝对值后收敛，即原级数绝对收敛。故选 A。
(5)
若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 条件收敛，则 $x = \sqrt{3}$ 与 $x = 3$ 依次为幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^n$ 的__________.
A. 收敛点，收敛点
B. 收敛点，发散点
C. 发散点，收敛点
D. 发散点，发散点
解答过程：
已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 条件收敛，这意味着以 $a_n$ 为系数的幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n y^n$ 在 $y=1$ 处收敛但在绝对值内不一定收敛，由此可判定其收敛半径 $R = 1$。
幂级数在收敛域内逐项求导，其收敛半径不会改变，因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^{n-1}$ 及其变体 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^n$ 的收敛半径同样为 $R = 1$。
题目中的幂级数是以 $(x-1)$ 为展开中心，令 $y = x - 1$，则该级数在 $|y| < 1$ 即 $|x - 1| < 1$ 内部收敛，由此得到收敛区间为 $(0, 2)$。
当 $x = \sqrt{3} \approx 1.732$ 时，位于区间 $(0, 2)$ 内，故是收敛点。
当 $x = 3$ 时，位于区间 $(0, 2)$ 外部，故是发散点。
故选 B。
3. 判断下列正项级数的敛散性
(1)
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{n+\frac{1}{n}}}{(n+\frac{1}{n})^n}$
解答过程：
判断一般项 $u_n$ 在 $n \to \infty$ 时的极限：
$$u_n = \frac{n^{n+\frac{1}{n}}}{(n+\frac{1}{n})^n} = \frac{n^n \cdot n^{\frac{1}{n}}}{n^n \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n} = \frac{n^{\frac{1}{n}}}{\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n}$$对于分子：$\lim_{n \to \infty} n^{\frac{1}{n}} = 1$。
对于分母：$\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n = \lim_{n \to \infty} \left[ \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^{n^2} \right]^{\frac{1}{n}} = e^0 = 1$。
所以一般项的极限 $\lim_{n \to \infty} u_n = \frac{1}{1} = 1 \neq 0$。根据级数收敛的必要条件（收敛级数一般项必趋于0），该级数发散。
(2)
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \sqrt[n]{n}}$
解答过程：
设一般项为 $u_n = \frac{1}{n \cdot n^{1/n}}$。
选取调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 作为参考级数（已知调和级数发散）。
计算两者的极限比值：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n \cdot n^{1/n}}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/n}} = 1$$因为极限值为非零常数 $1 > 0$，根据极限比较判别法，原级数与调和级数敛散性相同。因此，该级数发散。
(3)
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{(n+1)!}$
解答过程：
设一般项 $u_n = \frac{2^n}{(n+1)!}$。级数中含有阶乘项，适合使用达朗贝尔判别法（比值审敛法）：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{n+1}}{(n+2)!} \cdot \frac{(n+1)!}{2^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{n+2} = 0$$由于极限值 $\rho = 0 < 1$，根据比值审敛法，该级数收敛。
(4)
$\sum_{n=1}^{\infty} \left( a^{\frac{1}{n^2}} - 1 \right) \quad (a>1)$
解答过程：
设一般项 $u_n = a^{\frac{1}{n^2}} - 1$。因为 $a > 1$，所以对所有 $n \ge 1$，均有 $u_n > 0$。
利用等价无穷小代换原则，当 $x \to 0$ 时，$a^x - 1 \sim x \ln a$。
这里令 $x = \frac{1}{n^2}$，当 $n \to \infty$ 时 $x \to 0$，因此一般项可等价代换为：$u_n \sim \frac{\ln a}{n^2}$。
取比较级数为 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$，因为 $p = 2 > 1$，该比较级数收敛。
由极限比较判别法可知，原级数与 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 的敛散性相同，因此该级数收敛。
(5)
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^{\frac{4}{3}}}$
解答过程：
设一般项 $u_n = \frac{\ln n}{n^{4/3}}$。为了构造极限比较判别法，我们可以选择一个幂次 $p$ 介于 $1$ 和 $\frac{4}{3}$ 之间。取 $p = \frac{7}{6}$，即使用收敛的 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{7/6}}$ 作为参考。
考察两者的极限比值：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\ln n}{n^{4/3}}}{\frac{1}{n^{7/6}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^{4/3 - 7/6}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^{1/6}}$$根据洛必达法则，多项式增长速度远大于对数，故 $\lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^{1/6}} = 0$。
由于比较级数收敛，且极限为 0，这说明原级数一般项趋于 0 的速度比收敛的比较级数还要快，故原级数收敛。
(6)
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{n^s} \quad (a>0, s>0)$
解答过程：
设一般项 $u_n = \frac{a^n}{n^s}$。包含指数形式，使用达朗贝尔判别法：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a^{n+1}}{(n+1)^s} \cdot \frac{n^s}{a^n} = \lim_{n \to \infty} a \left( \frac{n}{n+1} \right)^s = a \cdot 1^s = a$$根据比值判别法的结论：
当 $0 < a < 1$ 时，$\rho < 1$，级数收敛。
当 $a > 1$ 时，$\rho > 1$，级数发散。
当 $a = 1$ 时，比值判别法失效。此时原级数退化为经典的 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$。
根据 $p$ 级数的性质：当 $s> 1$ 时级数 收敛 ；当 $0 < s < 1$ 时级数发散。
综合结论：
当 $0 < a < 1$ 或（ $a=1$ 且 $s>1$ ） 时级数收敛；
当 $a > 1$ 或（ $a=1$ 且 $0 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! 2^n \sin \frac{n\pi}{5}}{n^n}$ 解答过程： 考察加绝对值后的级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{n! 2^n \sin \frac{n\pi}{5}}{n^n} \right|$。 由于正弦函数的有界性 $\left| \sin \frac{n\pi}{5} \right| \le 1$，可得放缩式： 令比较级数一般项为 $v_n = \frac{n! 2^n}{n^n}$，应用比值审敛法： 由于自然对数底数 $e \approx 2.718$，故 $\frac{2}{e} < 1$。 因此比较级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛。根据比较判别法，取绝对值后的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left| u_n \right|$ 也必然收敛。 既然级数取绝对值后收敛，所以原级数是绝对收敛。 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} \quad (k>0)$ (注：原图末尾带有 “$(k>0)$”，但一般项中并无参数 $k$，疑为排版残留，不影响本题计算) 解答过程： 首先考察加绝对值后的正项级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$。 设一般项 $v_n = \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$。 当 $n \to \infty$ 时，$\frac{n+2}{n+1} \to 1$，因此 $v_n \sim \frac{1}{\sqrt{n}}$。 取比较级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$，这是一个 $p$ 级数，由于 $p = \frac{1}{2} \le 1$，该比较级数发散。 根据极限比较判别法，加绝对值后的级数发散，即原级数不绝对收敛。 接下来利用莱布尼茨判别法（交错级数审敛法）考察原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n v_n$： ① 极限：$\lim_{n \to \infty} v_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} = 1 \cdot 0 = 0$。 ② 单调性：构造函数 $f(x) = \frac{x+2}{(x+1)\sqrt{x}}$ $(x \ge 1)$。求导得： $f'(x) = \frac{\sqrt{x}(x+1) - (x+2)\left[ \frac{1}{2\sqrt{x}}(x+1) + \sqrt{x} \right]}{(x+1)^2 x}$ 通分并观察分子，当 $x$ 充分大时，导数 $f'(x) < 0$ 恒成立，说明数列 $\{v_n\}$ 最终是单调递减的。 满足莱布尼茨判别法条件，原级数收敛。 综合可知，该级数是条件收敛。 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin(n\pi + \frac{1}{\ln n})$ (注：原题下标从 $n=1$ 开始，但 $n=1$ 时 $\ln 1 = 0$ 导致无意义。按严谨数学规范，下文推导默认级数实际从 $n=2$ 起算) 解答过程： 利用诱导公式化简一般项： 由于 $\sin(n\pi) = 0$，$\cos(n\pi) = (-1)^n$，原级数可转化为标准的交错级数： 首先考察绝对收敛性：$\sum_{n=2}^{\infty} \left| \sin\left(\frac{1}{\ln n}\right) \right|$。 当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{\ln n} \to 0$，由等价无穷小 $\sin x \sim x$，有 $\left| \sin\left(\frac{1}{\ln n}\right) \right| \sim \frac{1}{\ln n}$。 因为 $\ln n < n$，所以 $\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$。由于调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，由比较判别法可知 $\sum \frac{1}{\ln n}$ 发散，进而原级数加绝对值后发散。即原级数不绝对收敛。 考察条件收敛性：设 $v_n = \sin\left(\frac{1}{\ln n}\right)$。 因为 $\ln n$ 单调递增，所以 $\frac{1}{\ln n}$ 单调递减且趋于 0。 又因为在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内正弦函数单调递增，故 $v_n$ 单调递减且 $\lim_{n \to \infty} v_n = 0$。 满足莱布尼茨判别法，原交错级数收敛。 综合可知，该级数是条件收敛。 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \ln \frac{n+1}{n}$ 解答过程： 一般项为交错形式，设正项部分 $v_n = \ln \frac{n+1}{n} = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$。 考察绝对收敛性：$\sum_{n=1}^{\infty} \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$。 当 $n \to \infty$ 时，$\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}$。 取调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 作为比较对象，由极限比较判别法可知，绝对值级数与调和级数敛散性相同，因此发散。原级数不绝对收敛。 考察条件收敛性： ① $\lim_{n \to \infty} v_n = \lim_{n \to \infty} \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \ln 1 = 0$。 ② 因为 $1 + \frac{1}{n}$ 随 $n$ 的增大而严格单调递减，且对数函数是单调增函数，故 $v_n = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$ 单调递减。 满足莱布尼茨判别法，原级数收敛。 综合可知，该级数是条件收敛。 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n - (-1)^n}{n^2} x^n$ 解答过程： 记系数 $a_n = \frac{3^n - (-1)^n}{n^2}$。利用比值法求收敛半径 $R$： 提取最高次项 $3^{n+1}$ 和 $3^n$： 收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = \frac{1}{3}$。 因此，该幂级数的收敛区间为 $(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$。 (注：根据“收敛区间”的严格定义，通常指开区间，端点处的敛散性无需在“收敛区间”的答案中体现。若求“收敛域”才需代入 $x=\pm \frac{1}{3}$ 判断。) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n} x^n$ 解答过程： 系数 $a_n = \frac{n!}{n^n}$。求收敛半径： 收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = e$。 因此，该幂级数的收敛区间为 $(-e, e)$。 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{e^n + (-2)^n} \frac{(x+1)^n}{n}$ 解答过程： 这是一个展开中心在 $x_0 = -1$ 的幂级数。系数 $a_n = \frac{1}{n(e^n + (-2)^n)}$。 利用根值法求收敛半径： 由于 $e > 2$，当 $n$ 很大时 $e^n$ 占据主导，即 $e^n + (-2)^n \sim e^n$： 收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = e$。 由于级数形式为 $\sum a_n (x+1)^n$，收敛条件为 $|x + 1| < e$，解得 $-e - 1 < x < e - 1$。 因此，该幂级数的收敛区间为 $(-1-e, -1+e)$。 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x-3)^{2n}}{4^n}$ 解答过程： 利用换元法，令 $t = (x-3)^2$，原级数化为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n} t^n$。 这是一个标准的几何级数（等比级数），公比为 $\frac{t}{4}$。 几何级数收敛的充要条件是公比的绝对值小于 1，即： 代回原变量 $x$： 因此，该幂级数的收敛区间为 $(1, 5)$。 $\sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2n+1} - 1 \right) x^{2n}$ 解答过程： ① 求收敛域： 系数 $a_{2n} = \frac{1}{2n+1} - 1 = \frac{-2n}{2n+1}$，偶数次幂级数。 利用后一项比前一项的极限（设 $t=x^2$ 求 $t$ 的收敛半径，或者直接用比值法）： 收敛需满足 $x^2 < 1$，即 $x \in (-1, 1)$，收敛半径 $R=1$。 检查端点：当 $x = \pm 1$ 时，一般项为 $\frac{-2n}{2n+1}$，当 $n \to \infty$ 时其极限为 $-1 \neq 0$，级数发散。 故收敛域为 $(-1, 1)$。 ② 求和函数： 设和函数为 $S(x)$，将级数拆分为两部分： 第二部分是公比为 $x^2$ 的等比级数： 第一部分，设 $S_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1}$。 当 $x \neq 0$ 时，两边同乘 $x$ 凑成奇数次幂，方便求导： 对两边求导： 再通过积分求回原函数，利用 $S_1(0)=1$ 可知 $x S_1(x)|_{x=0} = 0$： 所以当 $x \neq 0$ 时，$S_1(x) = \frac{1}{2x} \ln \frac{1+x}{1-x}$。 综合两部分，和函数为： $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1} x^n$ 解答过程： ① 求收敛域： 系数 $a_n = \frac{n}{n+1}$。 $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+2} \cdot \frac{n+1}{n} = 1$。故收敛半径 $R=1$。 检查端点：当 $x = \pm 1$ 时，一般项极限不为零，级数发散。 故收敛域为 $(-1, 1)$。 ② 求和函数： 对一般项进行代数变形拆分： 第一部分为首项是 $x$ 的等比级数： 第二部分，设 $S_2(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n+1}$。当 $x \neq 0$ 时，提取一个 $\frac{1}{x}$： 熟知麦克劳林展开式 $\ln(1-x) = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \cdots$ 因此：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x) - x$ 代回得到：$S_2(x) = \frac{1}{x} (-\ln(1-x) - x) = -\frac{\ln(1-x)}{x} - 1$ 将两部分相减： 注意当 $x=0$ 时，原级数显然为 0。 和函数为： $\sum_{n=1}^{\infty} n(x+1)^n$ 解答过程： ① 求收敛域： 令 $t = x+1$，级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} n t^n$。 系数 $a_n = n$。求收敛半径 $\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} = 1$。 所以 $R=1$，需满足 $|t| < 1$，即 $|x+1| < 1$，解得 $x \in (-2, 0)$。 检查端点： 当 $x = -2$ 时，$t = -1$，级数为 $\sum n(-1)^n$，一般项不趋于 0，发散。 当 $x = 0$ 时，$t = 1$，级数为 $\sum n$，一般项不趋于 0，发散。 因此，收敛域为 $(-2, 0)$。 ② 求和函数： 设 $S(t) = \sum_{n=1}^{\infty} n t^n$，提出一个 $t$： 由于幂级数在收敛域内可逐项求导，内部可以凑成导数形式： 等号右边括号内是首项为 $t$、公比为 $t$ 的等比级数（$|t|<1$）： 代回 $t = x+1$，得到和函数： $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n(2n-1)}$ 解答过程： ① 求收敛域： 设 $t = x^2$，原级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n(2n-1)}$。 系数 $a_n = \frac{1}{n(2n-1)}$，收敛半径 $R_t = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)(2n+1)}{n(2n-1)} = 1$。 因此 $|t| < 1 \implies |x^2| < 1 \implies x \in (-1, 1)$。 检查端点：当 $x = \pm 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n-1)}$，因为当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{n(2n-1)} \sim \frac{1}{2n^2}$，由于 $p=2 > 1$，由比较判别法知其收敛。 因此，收敛域为 $[-1, 1]$。 ② 求和函数： 设 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n(2n-1)}$。逐项求导两次： 对 $S''(x)$ 积分求回 $S'(x)$，且 $S'(0)=0$： 对 $S'(x)$ 再积分求回 $S(x)$，且 $S(0)=0$，利用分部积分法： 合并同类项，得到： (注：根据阿贝尔定理，端点处的和等于内部和函数的极限，故当 $x=\pm 1$ 时也适用，约定 $0\ln 0 = 0$)。 $x \arctan x - \ln\sqrt{1+x^2}$ 解答过程： 首先将对数部分化简：$f(x) = x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。 利用熟知的标准展开式： 分别代入原函数： 为了方便与后面合并，将求和指标调整，令 $k = n+1$（则 $k$ 从 1 开始），替换后将 $k$ 仍写为 $n$： 对于对数部分： 将两部分合并： $\frac{2x}{x^2 - 5x - 6}$ 解答过程： 首先对分母因式分解并使用部分分式展开： 设 $\frac{2x}{(x-6)(x+1)} = \frac{A}{x-6} + \frac{B}{x+1}$ 通分得到 $A(x+1) + B(x-6) = 2x$。 令 $x = -1$，得到 $-7B = -2 \implies B = \frac{2}{7}$ 令 $x = 6$，得到 $7A = 12 \implies A = \frac{12}{7}$ 将其写为适合等比级数展开的形式 $\frac{1}{1-q}$： 利用等比级数公式 $\frac{1}{1-q} = \sum_{n=0}^{\infty} q^n$： 合并写成一个级数： 题目： 设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数，其在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为 试将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数. 解答过程： 计算傅里叶系数 $a_0, a_n, b_n$。 ① 计算 $a_0$： ② 计算 $a_n$： 分别计算积分（利用分部积分 $\int x \cos(nx) dx = \frac{x \sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2}$）： 左段：$\int_{-\pi}^{0} x \cos(nx) dx = \left[ \frac{x \sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2} \right]_{-\pi}^{0} = \frac{1}{n^2} - \frac{(-1)^n}{n^2} = \frac{1 - (-1)^n}{n^2}$ 右段：$\int_{0}^{\pi} (\pi - x) \cos(nx) dx = \pi \int_{0}^{\pi} \cos(nx) dx - \int_{0}^{\pi} x \cos(nx) dx = 0 - \left[ \frac{x \sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2} \right]_{0}^{\pi} = -\left( \frac{(-1)^n}{n^2} - \frac{1}{n^2} \right) = \frac{1 - (-1)^n}{n^2}$ 合并得：$a_n = \frac{1}{\pi} \left( \frac{2(1 - (-1)^n)}{n^2} \right) = \frac{2(1 - (-1)^n)}{n^2\pi}$ ③ 计算 $b_n$： （利用分部积分 $\int x \sin(nx) dx = -\frac{x \cos(nx)}{n} + \frac{\sin(nx)}{n^2}$）： 左段：$\int_{-\pi}^{0} x \sin(nx) dx = \left[ -\frac{x \cos(nx)}{n} + \frac{\sin(nx)}{n^2} \right]_{-\pi}^{0} = 0 - \left( \frac{\pi \cos(n\pi)}{n} \right) = -\frac{\pi (-1)^n}{n}$ 右段：$\int_{0}^{\pi} (\pi - x) \sin(nx) dx = \pi \int_{0}^{\pi} \sin(nx) dx - \int_{0}^{\pi} x \sin(nx) dx = \pi \left[ -\frac{\cos(nx)}{n} \right]_{0}^{\pi} - \left[ -\frac{x \cos(nx)}{n} \right]_{0}^{\pi} = \pi \left( \frac{1 - (-1)^n}{n} \right) - \left( -\frac{\pi (-1)^n}{n} \right) = \frac{\pi}{n}$ 合并得：$b_n = \frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi (-1)^n}{n} + \frac{\pi}{n} \right) = \frac{1 - (-1)^n}{n}$ ④ 傅里叶级数展开： 由于当 $n=2k$ （偶数）时，$1 - (-1)^n = 0$；当 $n=2k-1$ （奇数）时，$1 - (-1)^n = 2$。可以将级数化简为仅含奇数项的形式： 题目： 将函数 $f(x) = 2 + |x|$ 在 $[-1, 1]$ 上展开成傅里叶级数，并求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 的和. 解答过程： ① 傅里叶级数展开： 周期 $2l = 2 \implies l = 1$。由于 $f(x) = 2 + |x|$ 在 $[-1, 1]$ 上是偶函数，因此 $b_n = 0$，这是余弦级数。 计算 $a_0$： 计算 $a_n$： 第一项积分为 $0$。对于第二项进行分部积分： 得到展开式（由于 $f(x)$ 连续并满足狄利克雷条件，处处收敛于自身）： ② 求常数级数的和： 代入特殊点 $x=0$，此时 $f(0) = 2 + 0 = 2$。 化简得： 当 $n$ 为偶数时分子为 0；当 $n=2k-1$ (奇数) 时分子为 $-2$。 设目标级数 $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$。将其按奇偶项分离： 解方程 $\frac{3}{4}S = \frac{\pi^2}{8}$，求得： 题目： 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0 = 1$, $a_1 = 0$, $a_{n+1} = \frac{1}{n+1}(n a_n + a_{n-1})$ ($n=1,2,3,\cdots$)，$S(x)$ 为幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的和函数. (1) 证明幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径不小于1. (2) 证明 $(1-x)S'(x) - xS(x) = 0, x \in (-1,1)$，并求 $S(x)$. 解答过程： (1) 证明收敛半径不小于 1： 由递推关系 $(n+1)a_{n+1} = n a_n + a_{n-1}$，移项变形得到： 令 $b_n = a_n - a_{n-1}$，则有 $b_{n+1} = -\frac{1}{n+1} b_n$。 已知 $b_1 = a_1 - a_0 = 0 - 1 = -1$。可递推求出 $b_n$： 由此求出通项 $a_n$： 由于 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} = e^{-1}$。 因 $\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1}{e} \neq 0$，收敛半径 $R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \frac{1/e}{1/e} = 1$。 故该级数的收敛半径 $R \ge 1$ 成立。 (2) 证明并求 $S(x)$： 和函数 $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$，其导数为 $S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$。 将递推关系式 $(n+1)a_{n+1} = n a_n + a_{n-1}$ 的两边同乘 $x^n$ 并从 $n=1$ 到 $\infty$ 求和： 分别分析以上三部分： 左边：$\sum_{n=1}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n = \sum_{m=2}^{\infty} m a_m x^{m-1} = S'(x) - 1 \cdot a_1 = S'(x)$ （因为 $a_1=0$） 右边第一项：$\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = x S'(x)$ 右边第二项：$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n-1} = x \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k = x S(x)$ 将它们代回等式，即得到微分方程： 解这个一阶可分离变量微分方程： 两边积分： 即 $S(x) = \frac{C_1 e^{-x}}{1-x}$。代入初值条件 $S(0) = a_0 = 1$ 得 $C_1 = 1$。 故 $S(x) = \frac{e^{-x}}{1-x}$。 题目： 求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n+1} x^{2n}$ 的收敛域及和函数. 解答过程： ① 求收敛域： 首先分离系数多项式： 原级数可拆解为： 由根值法或比值法可知，这种多项式系数级别的幂级数关于 $x^2$ 的收敛半径为 1，故要求 $|x^2| < 1 \implies x \in (-1, 1)$。在 $x=\pm 1$ 处，一般项趋于无穷，故不收敛。 收敛域为 $(-1, 1)$。 ② 求和函数： 设 $S(x) = S_1(x) + 2 S_2(x)$，对两部分分别求和： 对于 $S_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (2n+1) x^{2n}$： 通过积分构造：$\int_{0}^{x} S_1(t) dt = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n+1} = x \sum_{n=0}^{\infty} (x^2)^n = \frac{x}{1-x^2}$ 两侧对 $x$ 求导：$S_1(x) = \left( \frac{x}{1-x^2} \right)' = \frac{1(1-x^2) - x(-2x)}{(1-x^2)^2} = \frac{1+x^2}{(1-x^2)^2}$。 对于 $S_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1}$： 当 $x \neq 0$ 时，同乘 $x$ 得到 $x S_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。 求导：$(x S_2(x))' = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}$。 积分回去：$x S_2(x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{1-t^2} dt = \frac{1}{2} \ln\frac{1+x}{1-x}$。 因此 $S_2(x) = \frac{1}{2x} \ln\frac{1+x}{1-x}$ （在 $x \to 0$ 时极限为 1，等于 $S_2(0)$）。 综上所述，求得和函数为：4. 判断下列级数的敛散性，若级数收敛，是绝对收敛还是条件收敛？
(1)
(2)
(3)
(4)
5. 求下列幂级数的收敛区间
(1)
(2)
(3)
(4)
6. 求下列幂级数的收敛域及和函数
(1)
(2)
(3)
(4)
7. 将下列函数展开成 $x$ 的幂级数
(1)
(2)
8. 设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数
9. 将函数 $f(x) = 2 + |x|$ 在 $[-1, 1]$ 上展开成傅里叶级数
10. 设数列 $\{a_n\}$ 满足
11. 求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n+1} x^{2n}$ 的收敛域及和函数