第4节 将函数展开成幂级数
待校验 4
第 9 题原答案有误
一、基础题
1. 将下列函数展开成 $x$ 的幂级数，并求展开式成立的区间.
(1) $\ln(a+2x)$ ($a>0$)
【解答过程】
首先对函数进行变形，使其符合标准展开式 $\ln(1+t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}t^n$ 的形式：
$$\ln(a+2x) = \ln\left[a\left(1+\frac{2x}{a}\right)\right] = \ln a + \ln\left(1+\frac{2x}{a}\right)$$令 $t = \frac{2x}{a}$，代入标准展开式得：
$$\ln(a+2x) = \ln a + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{2x}{a}\right)^n = \ln a + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2^n}{n a^n}x^n$$收敛区间为 $-1 < \frac{2x}{a} \le 1$，即 $-\frac{a}{2} < x \le \frac{a}{2}$。
展开式成立的区间为: $(-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}]$
(2) $\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$
【解答过程】
利用三角函数和差化积公式展开：
$$\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right) = \sin x \cos\frac{\pi}{4} + \cos x \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin x + \cos x)$$将 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的麦克劳林级数代入：
$$\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}$$$$\cos x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}$$合并得到：
$$\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} \right)$$为了写成统一的幂级数形式，可以表示为：$\sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k$，其中 $a_k = \frac{\sqrt{2}}{2}\frac{(-1)^{\lfloor k/2 \rfloor}}{k!}$。
展开式成立的区间为: $(-\infty, +\infty)$
(3) $\frac{1}{2-x-x^2}$
【解答过程】
将分母因式分解并进行部分分式展开：
$$2-x-x^2 = -(x^2+x-2) = -(x+2)(x-1) = (1-x)(2+x)$$$$\frac{1}{2-x-x^2} = \frac{1}{(1-x)(2+x)} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1-x} + \frac{1}{2+x}\right) = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1-x} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-(-\frac{x}{2})}\right)$$利用几何级数 $\frac{1}{1-t} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n$：
第一项展开：$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n$，成立区间 $(-1, 1)$
第二项展开：$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-(-\frac{x}{2})} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{x}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}}x^n$，成立区间 $(-2, 2)$
两者相加，得：
$$\frac{1}{2-x-x^2} = \frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\left(1 + \frac{(-1)^n}{2^{n+1}}\right)x^n$$收敛区间为 $(-1, 1)$ 与 $(-2, 2)$ 的交集。
展开式成立的区间为: $(-1, 1)$
(4) $(1+x)\ln(1-x)$
【解答过程】
已知 $\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$，收敛区间为 $[-1, 1)$。
$$(1+x)\ln(1-x) = \ln(1-x) + x\ln(1-x)$$$$= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} - x\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n}$$将第二个级数的指标平移，令 $k = n+1$，则第二个级数为 $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{x^k}{k-1}$。统一指标为 $n$：
$$= -x - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n} - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n-1} = -x - \sum_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n-1}\right)x^n$$$$= -x - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{2n-1}{n(n-1)}x^n$$展开式成立的区间为: $[-1, 1)$
2. 将下列函数展开成 $x-1$ 的幂级数.
(1) $\frac{1}{x-2}$
【解答过程】
令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。
$$\frac{1}{x-2} = \frac{1}{(t+1)-2} = \frac{1}{t-1} = -\frac{1}{1-t}$$利用几何级数展开：
$$-\frac{1}{1-t} = -\sum_{n=0}^{\infty} t^n = -\sum_{n=0}^{\infty} (x-1)^n$$成立条件 $|t| < 1$，即 $|x-1| < 1$。
收敛区间为: $(0, 2)$
(2) $\ln(2+x)$
【解答过程】
令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。
$$\ln(2+x) = \ln(2+t+1) = \ln(3+t) = \ln\left[3\left(1+\frac{t}{3}\right)\right] = \ln 3 + \ln\left(1+\frac{t}{3}\right)$$展开得到：
$$= \ln 3 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{t}{3}\right)^n = \ln 3 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n 3^n}(x-1)^n$$成立条件 $-1 < \frac{t}{3} \le 1$，即 $-3 < x-1 \le 3$。
收敛区间为: $(-2, 4]$
(3) $\frac{1}{x}$
【解答过程】
令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。
$$\frac{1}{x} = \frac{1}{1+t} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (x-1)^n$$成立条件 $|t| < 1$，即 $|x-1| < 1$。
收敛区间为: $(0, 2)$
(4) $\frac{1}{x^2+3x+2}$
【解答过程】
先分解部分分式：
$$\frac{1}{x^2+3x+2} = \frac{1}{(x+1)(x+2)} = \frac{1}{x+1} - \frac{1}{x+2}$$令 $t = x-1$，代入得：
$$= \frac{1}{t+2} - \frac{1}{t+3} = \frac{1}{2(1+\frac{t}{2})} - \frac{1}{3(1+\frac{t}{3})}$$分别展开：
$$= \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{t}{2}\right)^n - \frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{t}{3}\right)^n$$$$= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{2^{n+1}} - \frac{1}{3^{n+1}}\right) (x-1)^n$$收敛区间由 $|\frac{t}{2}| < 1$ 且 $|\frac{t}{3}| < 1$ 决定，取交集 $|t| < 2$，即 $|x-1| < 2$。
收敛区间为: $(-1, 3)$
二、提高题
3. 展开 $\arctan\left(\frac{1-2x}{1+2x}\right)$，并求级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}$ 的和.
【解答过程】
令 $f(x) = \arctan\left(\frac{1-2x}{1+2x}\right)$。先对其求导：
$$f'(x) = \frac{1}{1 + \left(\frac{1-2x}{1+2x}\right)^2} \cdot \frac{-2(1+2x) - 2(1-2x)}{(1+2x)^2}$$$$= \frac{1}{\frac{(1+2x)^2+(1-2x)^2}{(1+2x)^2}} \cdot \frac{-4}{(1+2x)^2} = \frac{-4}{2 + 8x^2} = \frac{-2}{1+4x^2}$$将 $f'(x)$ 利用几何级数展开为幂级数：
$$f'(x) = -2 \cdot \frac{1}{1+(4x^2)} = -2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (4x^2)^n = -2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n 2^{2n} x^{2n}$$该几何级数收敛的条件是 $|4x^2| < 1$，即 $|x| < \frac{1}{2}$，收敛开区间为 $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$。
对 $f'(x)$ 从 $0$ 到 $x$ 逐项积分，且 $f(0) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$：
$$f(x) = f(0) + \int_0^x f'(t) \mathrm{d}t = \frac{\pi}{4} + \int_0^x \left(-2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n 2^{2n} t^{2n}\right) \mathrm{d}t$$$$f(x) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n 2^{2n+1}}{2n+1} x^{2n+1}$$检查区间的端点：
当 $x = \frac{1}{2}$ 时，级数部分变为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}$，这是一个交错级数，由莱布尼茨判别法知其收敛。且原函数在 $x = \frac{1}{2}$ 处有定义且连续（$f(\frac{1}{2}) = 0$），故等式成立。
当 $x = -\frac{1}{2}$ 时，原函数中的分母 $1+2x = 0$，函数在此处无定义，故等式不成立。
因此，展开式成立的区间为: $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$。
求特定级数的和：
既然展开式在 $x = \frac{1}{2}$ 处成立，我们将 $x = \frac{1}{2}$ 直接代入上式：
$$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n 2^{2n+1}}{2n+1} \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}$$$$\arctan(0) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}$$$$0 = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}$$移项即可得到级数的和：
$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}$$4. 将 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{e^x-1}{x}\right)$ 展开为 $x$ 的幂级数，并求级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!}$ 的和.
【解答过程】
已知 $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$
$$\frac{e^x-1}{x} = \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{(n+1)!}$$对其求导：
$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{e^x-1}{x}\right) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n x^{n-1}}{(n+1)!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n+1}{(n+2)!} x^n$$求级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!}$ 的和：
$$\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{n+1-1}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} \right)$$这是一个裂项相消级数：
$$= \left(\frac{1}{1!} - \frac{1}{2!}\right) + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right) + \dots = 1$$或者，将 $x=1$ 代入导数展开式前的 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n x^{n-1}}{(n+1)!}$ 中也可得出结论。级数和为 $1$。
5. 利用幂级数求下列微分方程满足所给条件的特解.
(1) $y' = y^2 + x^3$, $y\big|_{x=0} = \frac{1}{2}$
【解答过程】
设解为 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。
由初值条件 $y(0) = a_0 = \frac{1}{2}$。
求导得 $y' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + 4a_4 x^3 + \dots$
$y^2 = (a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots)^2 = a_0^2 + 2a_0 a_1 x + (a_1^2 + 2a_0 a_2) x^2 + (2a_0 a_3 + 2a_1 a_2) x^3 + \dots$
将 $y'$ 和 $y^2$ 代入方程 $y' = y^2 + x^3$，比较同次幂的系数：
常数项 ($x^0$): $a_1 = a_0^2 = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$
$x^1$ 项: $2a_2 = 2a_0 a_1 \Rightarrow 2a_2 = 2(\frac{1}{2})(\frac{1}{4}) \Rightarrow a_2 = \frac{1}{8}$
$x^2$ 项: $3a_3 = a_1^2 + 2a_0 a_2 \Rightarrow 3a_3 = (\frac{1}{4})^2 + 2(\frac{1}{2})(\frac{1}{8}) = \frac{1}{16} + \frac{1}{8} = \frac{3}{16} \Rightarrow a_3 = \frac{1}{16}$
$x^3$ 项: $4a_4 = 2a_0 a_3 + 2a_1 a_2 + 1 \Rightarrow 4a_4 = 2(\frac{1}{2})(\frac{1}{16}) + 2(\frac{1}{4})(\frac{1}{8}) + 1 = \frac{1}{16} + \frac{1}{16} + 1 = \frac{9}{8} \Rightarrow a_4 = \frac{9}{32}$
故特解前几项为：$y \approx \frac{1}{2} + \frac{1}{4}x + \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 + \frac{9}{32}x^4 + \dots$
(2) $(1-x)y' + y = 1+x$, $y\big|_{x=0} = 0$
【解答过程】
设解为 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。初值 $y(0) = a_0 = 0$。
$y' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$。
代入方程：
$$(1-x)\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 1+x$$$$\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} - \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 1+x$$平移第一项的指标令 $k = n-1 \Rightarrow n = k+1$：
$$\sum_{k=0}^{\infty} (k+1)a_{k+1} x^k - \sum_{k=1}^{\infty} k a_k x^k + \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k = 1+x$$比较系数：
$k=0$: $a_1 + a_0 = 1 \Rightarrow a_1 = 1$
$k=1$: $2a_2 - a_1 + a_1 = 1 \Rightarrow 2a_2 = 1 \Rightarrow a_2 = \frac{1}{2}$
$k \ge 2$: $(k+1)a_{k+1} - k a_k + a_k = 0 \Rightarrow (k+1)a_{k+1} - (k-1)a_k = 0 \Rightarrow a_{k+1} = \frac{k-1}{k+1}a_k$
于是 $a_3 = \frac{1}{3}a_2 = \frac{1}{6}$， $a_4 = \frac{2}{4}a_3 = \frac{1}{12} \dots$
故级数解为 $y = x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{12}x^4 + \dots$
6. 利用函数的幂级数展开式求下列各式的近似值.
(1) $\frac{1}{e}$ (误差不超过 $10^{-4}$)
【解答过程】
$e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$。令 $x = -1$：
$$\frac{1}{e} = e^{-1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} = 1 - 1 + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots + \frac{(-1)^n}{n!} + \dots$$这是一个交错级数。由莱布尼茨判别法，截断误差不超过第一个被舍去项的绝对值。
要求 $\frac{1}{(n+1)!} \le 10^{-4}$，即 $(n+1)! \ge 10000$。
$7! = 5040$， $8! = 40320 > 10000$。所以应取到 $n=7$ 项（即下一个截去的是第8项 $1/8!$）。
$$\frac{1}{e} \approx 1 - 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \frac{1}{24} - \frac{1}{120} + \frac{1}{720} - \frac{1}{5040} = \frac{1854}{5040} \approx 0.3678$$(2) $\sqrt[3]{500}$ (误差不超过 $10^{-3}$)
【解答过程】
找到 $500$ 附近完全立方数，最接近的是 $512 = 8^3$。
$$\sqrt[3]{500} = \sqrt[3]{512 - 12} = 8 \sqrt[3]{1 - \frac{12}{512}} = 8 \left(1 - \frac{3}{128}\right)^{\frac{1}{3}}$$利用二项式展开 $(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots$，此处 $x = -\frac{3}{128}$，$\alpha = \frac{1}{3}$。
$$8 \left[ 1 + \frac{1}{3}\left(-\frac{3}{128}\right) + \frac{\frac{1}{3}(\frac{1}{3}-1)}{2!}\left(-\frac{3}{128}\right)^2 + \dots \right]$$$$= 8 \left[ 1 - \frac{1}{128} - \frac{1}{9} \left(\frac{3}{128}\right)^2 - \dots \right] = 8 - \frac{8}{128} - \frac{8}{9}\frac{9}{128^2} - \dots$$误差分析：因为各项均为负，需要估算余项。
第一项近似： $8 - \frac{1}{16} = 8 - 0.0625 = 7.9375$。
检查第二项量级：$\frac{8}{128^2} \approx \frac{8}{16384} \approx 0.00048 < 10^{-3}$。因此可以仅用两项，但如果求更高的精度，则计算：
近似值 $\approx 7.9375 - 0.00048 = 7.9370$。
(3) $\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\arctan x}{x} \mathrm{d}x$ (误差不超过 $10^{-3}$)
【解答过程】
$\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}$，于是 $\frac{\arctan x}{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n}$。
积分：
$$\int_0^{\frac{1}{2}} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n} \right) \mathrm{d}x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \left[ \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \dots \text{Wait, the integration gives: } \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \right]$$$$= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \left( \frac{1}{2} \right)^{2n+1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{9 \cdot 2^3} + \frac{1}{25 \cdot 2^5} - \frac{1}{49 \cdot 2^7} + \dots$$这是交错级数。要求误差 $\le 10^{-3}$，只需找第一项绝对值 $< 10^{-3}$ 的项。
$n=0$: $\frac{1}{2} = 0.5$
$n=1$: $\frac{1}{9 \cdot 8} = \frac{1}{72} \approx 0.0138$
$n=2$: $\frac{1}{25 \cdot 32} = \frac{1}{800} = 0.00125 > 10^{-3}$
$n=3$: $\frac{1}{49 \cdot 128} = \frac{1}{6272} \approx 0.00015 < 10^{-3}$
因此取前三项即可：
$$\text{近似值} \approx \frac{1}{2} - \frac{1}{72} + \frac{1}{800} = 0.5 - 0.01388 + 0.00125 \approx 0.487$$7. 利用欧拉公式将函数 $f(x) = e^x \cos x$ 展开成 $x$ 的幂级数.
【解答过程】
根据欧拉公式 $e^{ix} = \cos x + i \sin x$，我们有 $\cos x = \mathrm{Re}(e^{ix})$。
因此，$f(x) = e^x \cos x = \mathrm{Re}(e^x \cdot e^{ix}) = \mathrm{Re}(e^{(1+i)x})$。
将其按指数函数展开：
$$e^{(1+i)x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(1+i)^n}{n!} x^n$$将复数 $1+i$ 写成极坐标形式：$1+i = \sqrt{2} e^{i\frac{\pi}{4}}$。
则 $(1+i)^n = (\sqrt{2})^n e^{i\frac{n\pi}{4}} = 2^{\frac{n}{2}} \left( \cos\frac{n\pi}{4} + i \sin\frac{n\pi}{4} \right)$。
取实部：
$$\mathrm{Re}\left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n/2} (\cos\frac{n\pi}{4} + i \sin\frac{n\pi}{4})}{n!} x^n \right) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n/2} \cos\frac{n\pi}{4}}{n!} x^n$$所以，$e^x \cos x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n/2} \cos\frac{n\pi}{4}}{n!} x^n$。
三、考研真题
8. (2007320) 将函数 $f(x) = \frac{1}{x^2-3x-4}$ 展开成 $x-1$ 的幂级数，并求其收敛区间.
【解答过程】
先将分母因式分解并部分分式展开：
$$x^2-3x-4 = (x-4)(x+1)$$$$f(x) = \frac{1}{(x-4)(x+1)} = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{x-4} - \frac{1}{x+1} \right)$$令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。
$$f(x) = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{t-3} - \frac{1}{t+2} \right) = \frac{1}{5} \left( -\frac{1}{3(1-\frac{t}{3})} - \frac{1}{2(1+\frac{t}{2})} \right)$$展开：
$$= \frac{1}{5} \left[ -\frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{t}{3}\right)^n - \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{t}{2}\right)^n \right]$$$$= -\frac{1}{5} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{3^{n+1}} + \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} \right) (x-1)^n$$收敛区间为 $|t/3| < 1$ 且 $|t/2| < 1$，即 $|x-1| < 2$。
收敛区间为: $(-1, 3)$
9. (2006117) 将函数 $f(x) = \frac{x}{2+x-x^2}$ 展开成 $x$ 的幂级数.
【解答过程】
分母因式分解：$2+x-x^2 = -(x^2-x-2) = -(x-2)(x+1) = (2-x)(1+x)$。
部分分式展开：
$$f(x) = \frac{x}{(2-x)(1+x)} = \frac{A}{2-x} + \frac{B}{1+x}$$通分得 $x = A(1+x) + B(2-x)$。
令 $x=-1$，得 $-1 = 3B \Rightarrow B = -\frac{1}{3}$。
令 $x=2$，得 $2 = 3A \Rightarrow A = \frac{2}{3}$。
所以 $f(x) = \frac{2}{3(2-x)} - \frac{1}{3(1+x)} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1-\frac{x}{2}} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1-(-x)}$。
分别展开：
$$f(x) = \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{2}\right)^n - \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n = \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2^n} - (-1)^n \right) x^n$$收敛区间为: $|x| < 1$。