第2节 常数项级数的审敛法
6（3）待校验
一、 基础题
题目 1：
（极限审敛法）设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 为正项级数，试证明：
（1）如果 $\lim_{n \to \infty} n u_n = l > 0$ （或 $\lim_{n \to \infty} n u_n = +\infty$），则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散；
（2）如果 $p > 1$，而 $\lim_{n \to \infty} n^p u_n = l \quad (0 \le l < +\infty)$，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。
解答：
这里我们使用极限比较审敛法进行证明，构造已知的基准级数（$p$ 级数）。
（1）选取发散的调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 作为比较对象。
计算极限：$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{1/n} = \lim_{n \to \infty} n u_n = l$。
因为 $l > 0$（或 $+\infty$），且 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，根据极限比较审敛法可知，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散。
（2）选取 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 作为比较对象。由于已知 $p > 1$，该级数是收敛的。
计算极限：$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{1/n^p} = \lim_{n \to \infty} n^p u_n = l$。
因为 $0 \le l < +\infty$，且比较级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 收敛，根据极限比较审敛法可知，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。
题目 2：
用比较审敛法及其极限形式判断下列级数的敛散性。
（1） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{5n + 3}$ ；
（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1 + \frac{2}{n^2})$ ；
（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1 + a^n} \quad (a > 0)$ ；
（4） $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n - 1)(n + 2)}$ ；
（5） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\sqrt{1 + n^3}}$ ；
（6） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n} + 3^n}$ 。
解答：
（1）设 $u_n = \frac{2}{5n + 3}$。取 $v_n = \frac{1}{n}$（发散），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n}{5n + 3} = \frac{2}{5} > 0$。根据极限比较法，原级数发散。
（2）设 $u_n = \ln(1 + \frac{2}{n^2})$。当 $n \to \infty$ 时，$\ln(1 + x) \sim x$，故 $u_n \sim \frac{2}{n^2}$。取 $v_n = \frac{1}{n^2}$（收敛），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = 2 > 0$。根据极限比较法，原级数收敛。
（3）设 $u_n = \frac{1}{1 + a^n}$。
当 $0 < a \le 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} u_n \neq 0$ （如 $a=1$ 时极限为 $\frac{1}{2}$），故级数发散。
当 $a > 1$ 时，$u_n < \frac{1}{a^n} = (\frac{1}{a})^n$。由于公比 $\frac{1}{a} < 1$，几何级数 $\sum (\frac{1}{a})^n$ 收敛。根据比较审敛法，原级数收敛。
综合：当 $0 < a \le 1$ 时发散；当 $a > 1$ 时收敛。
（4）设 $u_n = \frac{1}{(n - 1)(n + 2)}$。取 $v_n = \frac{1}{n^2}$（收敛），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 + n - 2} = 1 > 0$。根据极限比较法，原级数收敛。
（5）设 $u_n = \frac{n}{\sqrt{1 + n^3}}$。当 $n \to \infty$ 时，$u_n \sim \frac{n}{n^{3/2}} = \frac{1}{n^{1/2}}$。取 $v_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$（发散，$p=\frac{1}{2}\le1$），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = 1 > 0$。根据极限比较法，原级数发散。
（6）设 $u_n = \frac{1}{\sqrt{n} + 3^n}$。因为对于所有 $n \ge 1$，有 $u_n < \frac{1}{3^n}$，而 $\sum \frac{1}{3^n}$ 是收敛的几何级数。根据比较审敛法，原级数收敛。
题目 3：
用比值审敛法判断下列级数的敛散性。
（1） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1 \cdot 3 \cdots (2n - 1)}{2 \cdot 5 \cdots (3n - 1)}$ ； （2） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n + 1)!}{n^{n + 1}}$ ；
（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{(2n + 1)!}$ ； （4） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \pi^n}{n^n}$ 。
解答：
（1）设 $u_n = \frac{1 \cdot 3 \cdots (2n - 1)}{2 \cdot 5 \cdots (3n - 1)}$。
$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n + 1}{3n + 2} = \frac{2}{3} < 1$。原级数收敛。
（2）设 $u_n = \frac{(n + 1)!}{n^{n + 1}}$。
$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 2)!}{(n + 1)^{n + 2}} \cdot \frac{n^{n + 1}}{(n + 1)!} = \lim_{n \to \infty} \frac{n + 2}{n + 1} \cdot (\frac{n}{n + 1})^{n + 1} = 1 \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + 1/n)^{n + 1}} = \frac{1}{e} < 1$。原级数收敛。
（3）设 $u_n = \frac{3^n}{(2n + 1)!}$。
$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{3^{n+1}}{(2n + 3)!} \cdot \frac{(2n + 1)!}{3^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{(2n + 2)(2n + 3)} = 0 < 1$。原级数收敛。
（4）设 $u_n = \frac{n! \pi^n}{n^n}$。
$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)! \pi^{n+1}}{(n + 1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n! \pi^n} = \lim_{n \to \infty} \pi \cdot (\frac{n}{n + 1})^n = \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{(1 + 1/n)^n} = \frac{\pi}{e}$。
因为 $\pi \approx 3.14$，$e \approx 2.71$，所以 $\frac{\pi}{e} > 1$。原级数发散。
题目 4：
用根值审敛法判断下列级数的敛散性。
（1） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 1} \right)^n$ ； （2） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{[\ln(n + 1)]^n}$ ； （3） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{3 - \frac{1}{2^n}}{5} \right)^n$ 。
解答：
（1）设 $u_n = \left( \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 1} \right)^n$。
$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 1} = \frac{1}{2} < 1$。原级数收敛。
（2）设 $u_n = \frac{1}{[\ln(n + 1)]^n}$。
$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\ln(n + 1)} = 0 < 1$。原级数收敛。
（3）设 $u_n = \left( \frac{3 - \frac{1}{2^n}}{5} \right)^n$。
$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{3 - 1/2^n}{5} = \frac{3}{5} < 1$。原级数收敛。
题目 5：
判断下列级数是否收敛？如果收敛，是绝对收敛还是条件收敛？
（1） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{2^n} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2}$ ；
（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n \cos n\pi}{n + 1}$ ；
（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n - \ln n}$ ；
（4） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\sqrt{n}}{n + 1}$ ；
（5） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \frac{2^{n^2}}{n!}$ ；
（6） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n}{2^{n-1}}$ 。
解答：
（1）考察一般项的绝对值 $a_n = \frac{1}{2^n} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2}$。利用根值法：$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n = \frac{e}{2}$。因为 $e \approx 2.718$，所以 $\frac{e}{2} > 1$，级数发散。即一般项不趋于0，原级数发散。
（2）因 $\cos n\pi = (-1)^n$，故通项为 $u_n = (-1)^n \frac{n}{n + 1}$。$\lim_{n \to \infty} |u_n| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n + 1} = 1 \neq 0$。通项不趋于0，原级数发散。
（3）交错级数。设 $a_n = \frac{1}{n - \ln n}$。由于 $n \to \infty$ 时，$a_n \to 0$ 且单调递减（因为其分母导数 $1 - \frac{1}{n} > 0$），由莱布尼茨判别法知原级数收敛。考察绝对值级数 $\sum \frac{1}{n - \ln n}$，由于 $n - \ln n < n$，故 $\frac{1}{n - \ln n} > \frac{1}{n}$，调和级数发散，所以绝对值级数发散。结论：条件收敛。
（4）交错级数。设 $a_n = \frac{\sqrt{n}}{n + 1}$。$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。设 $f(x) = \frac{\sqrt{x}}{x + 1}$，导数 $f'(x) = \frac{1 - x}{2\sqrt{x}(x + 1)^2}$，当 $x \ge 1$ 时 $f'(x) \le 0$，故 $a_n$ 单调递减。由莱布尼茨判别法知原级数收敛。考察绝对值级数 $\sum \frac{\sqrt{n}}{n + 1}$，用极限比较法与 $\frac{1}{\sqrt{n}}$ 比较，极限为1，且 $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，故绝对值级数发散。结论：条件收敛。
（5）考察绝对值级数，用比值法：$\lim_{n \to \infty} \frac{2^{(n+1)^2}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{2^{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n+1}}{n+1} = +\infty > 1$。因此，通项趋于无穷，原级数发散。
（6）考察绝对值级数 $\sum \frac{n}{2^{n-1}}$，用比值法：$\lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{2^n} \cdot \frac{2^{n-1}}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{2n} = \frac{1}{2} < 1$。绝对值级数收敛，结论：绝对收敛。
二、 提高题
题目 6：
判断下列级数的敛散性。
（1） $\sum_{n=2}^{\infty} \sin(n\pi + \frac{1}{\ln n})$ ；
（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{b} \right)^n$，其中 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$ 且 $a, a_n, b$ 均为正数；
（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin(na)}{n^2} - \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \right)$ ；
（4） $\sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{1}{\sqrt{n - 1}} - \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{n} \right)$ 。
解答：
（1）由于 $\sin(n\pi + x) = (-1)^n \sin x$，原级数可化为 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \sin(\frac{1}{\ln n})$。这是一个交错级数。设 $u_n = \sin(\frac{1}{\ln n})$，当 $n \to \infty$ 时，$1/\ln n \to 0$ 且单调递减，故 $u_n \to 0$ 且单调递减。根据莱布尼茨判别法，级数收敛。若考察绝对收敛，由于 $|\sin(\frac{1}{\ln n})| \sim \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$，绝对值级数发散，故该级数条件收敛（总体为收敛）。
（2）利用根值审敛法，考察 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b} = \frac{a}{b}$。
当 $a < b$ 时，极限小于1，级数收敛；
当 $a > b$ 时，极限大于1，级数发散；
当 $a = b$ 时，敛散性与序列 $a_n$ 趋近于 $a$ 的速度有关，无法单凭已知条件判定。
（3）将原级数拆分为两个级数 $\sum \frac{\sin(na)}{n^2}$ 和 $\sum \frac{-1}{\sqrt{n + 1}}$。前者由于 $|\frac{\sin(na)}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，为绝对收敛的级数；后者是 $p=\frac{1}{2} \le 1$ 的 $p$ 级数，是发散的。一个收敛级数加上一个发散级数，结果必然发散。所以原级数发散。
（4）将原级数拆分为 $\sum_{n=2}^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{n - 1}} - \frac{1}{\sqrt{n}}) - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}$。
前一部分是一个裂项相消级数，前 $N$ 项和为 $1 - \frac{1}{\sqrt{N}}$，极限为 1，因而是收敛的。
后一部分是调和级数，是发散的。
同理，收敛级数减去发散级数必然发散，因此原级数发散。
题目 7：
证明：数列的极限 $\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$。
解答：
方法一（级数法）： 构造正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$。
利用比值审敛法：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)!}{(n + 1)^{n + 1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n + 1)^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + 1/n)^n} = \frac{1}{e}$$由于 $\frac{1}{e} < 1$，该级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$ 收敛。根据级数收敛的必要条件，其通项必须趋于0，因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$。
方法二（夹逼定理）：
$$0 < \frac{n!}{n^n} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n}{n \cdot n \cdot n \cdots n} = \frac{1}{n} \cdot \left( \frac{2}{n} \cdot \frac{3}{n} \cdots \frac{n}{n} \right) \le \frac{1}{n} \cdot (1 \cdot 1 \cdots 1) = \frac{1}{n}$$由于 $\lim_{n \to \infty} 0 = 0$ 且 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$，由夹逼定理得 $\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$。
题目 8：
设 $a_1 = 2$，$a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) \quad (n=1,2,\cdots)$ 证明：
（1） $\lim_{n \to \infty} a_n$ 存在；
（2） 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$ 收敛。
解答：
（1）首先证明 $a_n \ge 1$。当 $n \ge 1$ 时，由基本不等式 $a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) \ge \sqrt{a_n \cdot \frac{1}{a_n}} = 1$。结合 $a_1=2 \ge 1$，可知对所有 $n$ 有 $a_n \ge 1$。
接着考察其单调性：$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) - a_n = \frac{1 - a_n^2}{2a_n}$。因为 $a_n \ge 1$，故 $1 - a_n^2 \le 0$，从而 $a_{n+1} - a_n \le 0$，即序列单调递减。
因为序列单调递减且有下界（下界为1），根据单调有界收敛定理，$\lim_{n \to \infty} a_n$ 必然存在。设极限为 $L$，两边取极限可得 $L = \frac{1}{2}(L + \frac{1}{L})$，解得 $L=1$。
（2）考察级数的一般项：$\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 = \frac{a_n - a_{n+1}}{a_{n+1}}$。
由（1）知 $a_{n+1} \ge 1$，且序列单调递减，所以 $a_n - a_{n+1} \ge 0$。
因此，不等式 $0 \le \frac{a_n - a_{n+1}}{a_{n+1}} \le a_n - a_{n+1}$ 成立。
而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n - a_{n+1})$ 是一个裂项级数，其前 $N$ 项和为 $S_N = a_1 - a_{N+1}$。当 $N \to \infty$ 时，$S_N \to a_1 - L = 2 - 1 = 1$，说明 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n - a_{n+1})$ 收敛。
根据正项级数的比较审敛法，由于原级数通项受到一个收敛级数通项的控制，原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$ 收敛。
三、 考研真题
题目 9：
（2019304） 若 $\sum_{n=1}^{\infty} n u_n$ 绝对收敛， $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{v_n}{n}$ 条件收敛，则 ____****。
A. $\sum*{n=1}^{\infty} u_n v_n$ 条件收敛
B. $\sum*{n=1}^{\infty} u_n v_n$ 绝对收敛
C. $\sum*{n=1}^{\infty} (u_n + v_n)$ 收敛
D. $\sum*{n=1}^{\infty} (u_n + v_n)$ 发散
解答：
由 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{v_n}{n}$ 收敛可知，通项 $\frac{v_n}{n} \to 0$。收敛数列必然有界，即存在常数 $M > 0$，使得对于一切 $n$，都有 $\left| \frac{v_n}{n} \right| \le M$。
现在考察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n v_n|$，可以进行如下恒等变形：
$|u_n v_n| = |n u_n| \cdot \left| \frac{v_n}{n} \right| \le M |n u_n|$。
已知 $\sum_{n=1}^{\infty} n u_n$ 绝对收敛，即 $\sum_{n=1}^{\infty} |n u_n|$ 收敛，所以 $M \sum_{n=1}^{\infty} |n u_n|$ 也收敛。
根据比较审敛法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n v_n|$ 必然收敛。因此原级数是绝对收敛的。
正确答案为 B。
题目 10：
（2023104）已知 $a_n < b_n \quad (n=1,2,\cdots)$，若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 均收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛是 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛的 ________。
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
解答：
令 $c_n = b_n - a_n$。因为 $a_n < b_n$，所以 $c_n > 0$。且 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n = \sum_{n=1}^{\infty} (b_n - a_n)$，由已知两级数收敛可知 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ 也是收敛的。注意这是一个正项级数，所以它本身也就是绝对收敛的。
证明充分性：假设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛（即 $\sum |a_n|$ 收敛）。因为 $b_n = a_n + c_n$，故 $|b_n| = |a_n + c_n| \le |a_n| + c_n$。由比较审敛法知，绝对收敛级数加上绝对收敛级数必然绝对收敛，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛。
证明必要性：假设 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛（即 $\sum |b_n|$ 收敛）。因为 $a_n = b_n - c_n$，故 $|a_n| = |b_n - c_n| \le |b_n| + c_n$。同样由比较审敛法知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛。
两者互为推导关系。正确答案为 A。
题目 11：
（2019103）设 $u_n$ 是单调递增的有界数列，则下列级数中收敛的是 __******。
A. $\sum*{n=1}^{\infty} \frac{u_n}{n}$
B. $\sum*{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{u_n}$
C. $\sum*{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{u_n}{u*{n+1}} \right)$
D. $\sum*{n=1}^{\infty} (u*{n+1}^2 - u_n^2)$
解答：
已知 $u_n$ 是单调递增且有界的数列，根据单调有界定理，$\lim_{n \to \infty} u_n = U$ 存在。
A错：如果极限 $U > 0$，则 $\frac{u_n}{n} \sim \frac{U}{n}$，原级数类似于调和级数，发散。
B错：如果极限 $U \neq 0$，一般项趋于 $\pm \frac{1}{U} \neq 0$，级数发散。
C错：如果有 $u_n$ 是从负数递增到极限 $U=0$，可能会导致符号复杂且发散（比如 $u_n = -1/n$ 这种极端情况将发散）。
D对：直接考察其部分和 $S_N = \sum_{n=1}^N (u_{n+1}^2 - u_n^2)$。这是一个典型的裂项相消求和：
$$S_N = (u_2^2 - u_1^2) + (u_3^2 - u_2^2) + \cdots + (u_{N+1}^2 - u_N^2) = u_{N+1}^2 - u_1^2$$当 $N \to \infty$ 时，$u_{N+1} \to U$，故 $\lim_{N \to \infty} S_N = U^2 - u_1^2$。由于部分和存在常数极限，该级数无条件收敛。
正确答案为 D。