考研级数典型例题完美版讲析

(一)概 由数列u1,u2,,un,构成的式unu1u2unnn称为无穷级数，简称为级数unsnui称为级数的部分和 如果limsns,则称级数uns称为该级数的和.此时记uns.发散

（二） 1,若un收敛，则kunkun

2,若unvn收敛，则unvnunvn

3,级数增减或变化有限项，不变化其敛散性4,若级数收敛，则任意加括号后所成的级数仍收敛5(收敛的必要条件),若un收敛，则limun

注意：若limun0.则un必发散.而若un发散,则不一定limun(三)1,

a

q aqn 2,p

1p

p

qn1

p 设unvn均为正项级数，且unvn(n1,2,, vn收敛un un发散vn

如果limnunl(0l,则un

np1,limnn

l(0l,则

则收敛设unlim

1ρ1n

1n莱布尼兹鉴别法：设1n1n

0)1,unun1(n

2,limunn则此交错级数收敛（一）绝对收敛如果

收敛，则称un绝对收敛 （二）条件收敛如果un收敛，但un发散,则称un条件收敛

（三）1函数列（函数项级数）2 函数列{fnCauchy确界（最大值办法）：||fn(xf(x|||fn(xf(x|anDini-1）闭区间[ab]；2）持续性；3）有关n注、Dinin的单调性，定理中对应的条件为“对任意固定x[ab，{fn(xnNn>N时”条件成立刻可，但是，要注Nxn>Nx[ab，fn(xn单调，nx一致成立。Cauchyxn，使得||fn(xnf(xn||端点发散性鉴别法：fn(xc点左持续，fn(c发散，则fn(x行判断：端点发散性鉴别法、和函数持续性定理、确界办法、定义法、Cauchy收敛准则。B、函数项级数un(x)Cauchy转化为函数列（部分和余项办法：{rn(x几个鉴别法：W-法，Abel法，Dirichlet法，Dini-1判断级数

nn

nn

的敛散性解：(1)

1 3=3

p3 nn1n

n1n n nnnnn

1limun 10故

发散

n2鉴别级数.(1)(n1)(n3)；(2)

n(n2)的敛散性

解：(1)由 (n2,3),

(n

n2(n

n5n 故由比较鉴别法可知级数(n1)(n3)收敛

(n1,2,),而 发散，由比较鉴别法可 级数 n

发散n

n(n2)(n1)(n2)n2,而n2n n

级数n(n2)发散 nn3

lim

01,故

n

(n

n

lim

(n (n

lim1

1

e1故

n发散nn

nn

n 1

n14鉴别级数(1)nnn；（2）ln1n2的敛散性

nn1解：(1)由于limnunnn1

lim

10

故由极限鉴别法可知级数

nnnnn1

1(2)由于limn

limn2ln1

limln1

lne

n2

n2故由极限鉴别法可知级数ln1n2收敛 5问级数

ncnn2

nn

与

n

均收敛，从而原级数收敛cc

c

，而 发散，故由比较鉴别法可

n

ccn1,用比较鉴别法鉴别下列级数的敛散性2 2

lnn

sin2(2n

1

n(n

nn

222,用比值鉴别法鉴别下列级数的敛散性

13(2n

n

25(3n

n33,3

n1(2n3)n

nn

1

1

(2)

n1 2341 1234

3 3 3 3

ln(n[答案：1,(1)收敛(2)收敛(3)收敛(4)2,(1)收敛(2)收敛(3)收敛3,(1)发散4,(1)条件收敛(2)绝对收敛(3)绝对收敛(4)条件收敛21x22

3

xnnn

limn1

1=

nnn1因此,

Rρ

收敛区间为x1时,

1

n

x1时,

1

发散.

n1n求幂级 nn1

的和函数

xnnI1,1S(xS(x)n

,xSx)

xn11,x1.1 0S(x)1xdxln(1x),x0求幂级数(2n1)xn的收敛域及和函数

lim2n11Rn2n1

1ρnx1(2n1)

发散，故收敛域为(2n

=(2n

=

x

31

n1

2x2

4x(1x)2x

4x2x

3x(1 x4x=(1x)2

1x 1x

1

. 1

(1f(x)

1x

展开成的幂级数 n1解：由 (1

1x1f(x)

1x

=

1x

,

(1x1,求下列幂级数的收敛半径与收敛域

nn1n

xn2n

xnn2,求下列幂级数的收敛域及和函数

(n

(3)

nn2nn3,x

f(x)ln(1x2

f(x)e

f(x)a

f(x)2[答案：1,(1)R1

R

R

R2,(1)

(2)

2(x

3,

x

1

nxn

x

(4)(2n1)! 1、判断函数列fn(x在[0,1

(x)

1n

（2

(x)nx(1x)n解：（1）f(x)lim

(x)

x

xn

n1n|f(x)f(x) x|2

x 1n 故，fn(x在[0,1nf(x)limn

(x)limnx(1x)n0，xn记φ(x|f(xf(x|nx(1x)n，n

||

(x)f(x)||φ(x) n 1)n1 n n 故，fn(x在[0,1nn，f(x)nx(1x)nC[0,1]f(x)0C[0,1]x0x1n f(x)0nx0f(x)nx(1x)nn 为此，将离散变量n持续化，记a1x(0,1gy)yayg(y)ayyaylnaay[1ylna]y

lna

0gy)0y对应得到当n

1x

(x有关nDini-定理，

(x在[0,1述Dini-定理的证明过程错在何处？进一步考察Dini-定理的条件与上述证明过条件f,fnC[0,1是拟定的，有限区间[0,1也适合，剩余的条件只有单调性了。那么，Dini-定理中对单调性条件如何规定的？其叙述为：对任意固定的x，fn(x是n的单调数列，注意到收敛性与前有限项没有关系，因而fn(xnN时，{fn(xn实际证明了：x0，当n N时，{

(x有关n单调，显然，1 nln1nN 1x

（x0

(xxDini-定 在有限闭区间[a,b]上，设fn(x)C[a,b]，n且{fn(x)}点收敛f(xC[ab]，又N0x[ab，{fn(x|nNnfn(x)

f(x注、上述分析表明：要考察函数列的性质时，普通只须考察n充足大，即nNW-定理：W-定 设N0，使得nN时，|un(x)|an，xI，且an收敛，un(xI定理中的条件|un(x|anx一致成立的，因此，条件不能改为“对任意xN(x)n>N(x)|un(x|an2f(x在(abf(xf(x

(xnf(x1f(x在(an分 从题目形式看，由于懂得极限函数，只需用定义验证即可，考|

(x)f(x)||n[f(x1)f(x)]f(x)n |

(x)|，xξx

1，|ξx| |f(x)f(x)|运用微分中值定理，存在ξxξx1n|fn(x)f(x)||f(ξ)f(x)|，n1δ

n|fn(x)f(x)|故fn(x)

f(x3 （1）xn(1

,x

；（2）x2enx

x(0)11nS(x)xk(1x)2=(1-x)(1-xnnk

，xn故S(xlimS(x1n

x[0,1]

n|S(x)S(x)|(1 n对任意的n，记g(x)(1 ，g(x)nxn1(1n1n因而，g（x）

=n

||

S(x)||(1x)xn

(

)n

，n

n+1

(xS(x)xn(1

x[0,1n记u(x)xn(1x)2，则nnu(x)nxn1(1x)22xn(1x)xn1(1x)[n(nn

(x

0

n(x)

(n

)

)n

(

)2W-xn(1

x[0,1n记u(x)x2enxnnu(x)xenx[2nx]n故

(x

2n0

(x)

22

2

4e2 un(n (n) x2enx

x(0)Taylor

1nx

n2L2

Rn

x

0

x2

n2

n2

21nx

LRn x2enx

x(0) n4、设un(x在[a,b]u(x的部分和函数列在[a,b]n un(x在[a,b]分析这是一种抽象的函数项级数，从所给的条件看，W－定理、AbelDirichlet鉴别法、DiniCauchy收敛准则，为此，必须建立通项函数un(x与其导函数的关系，建立其关系的办法有微分法pCauchy片段pp|p

(x)

xu

(t)dt

(x)|

0 |unk(x)|M|xx0||unk(x0)| Cauchy片段任意小，从右端形式和剩余的条件看，右端的第二x是动态的、证明：对任意的ε0，对[a,b]ax0x1Lxkb

xi:i

,k1}bakun(xNn>Npp

unj(xi)|

p，i=0,1,Lnn假设

uk(x|Mn>Nx[ab

，使得|xi0i

故p|p

(x)

0x0u

(t)dt

(x)pp

i0 i2M|xi0

|ε(2M1)ε，un(x在[a,b]注、总结证明过程，环节为：1、任给ε0，分割区间，拟定有限个分点；2、注、类似的结论能够推广到函数列的情形：设逐点收敛的函数列{Sn(x是6、给定函数列{Sn(x)}n，Sn(x都是[a,b]设{Sn(x在[a,b]S(x)S(xC[ab]，证明{Sn(x在[a,b]上一致S(x)。 解决。核心是如何运用点收敛和极限函数的持续性实现对|Sn(x)S(x)|的动态接插项，产生的项|Sn(xSn(x0|必须借助这个条件将|Sn(xS(x|Sn(x证明：对任意的ε0S(xC[ab]，因而一致持续，故存在δ0，当xy[ab且|xy|δ|S(x)S(y)|对[abax0x1Lxkb

xi:i

,k1}baδkNn>N|Sn(xi)S(xi)|

i0,1,Lk n>Nx[ab，存在i0x[xi1xi]，运用{Sn |Sn(xS(x||Sn(xiS(x||Sn(xi1S(x|，事实上，当Sn(x) |Sn(x)S(x)|Sn(x)S(x)Sn(xi)S(x)|Sn(xi)S(x)

|Sn(x)S(x)|S(x)Sn(x)S(x)Sn(xi1)|S(x)Sn(xi1)| |Sn(xS(x||Sn(xiS(x||Sn(xi1S( 这样，有关Sn(x由动态的点转化为固定的点，对右端进行插项，进一步将S |Sn(x)S(x)||Sn(xi)S(x)||Sn(xi1)S(x) |Sn(xi)S(xi)||S(xi)S( ＋|Sn(xi1S(xi1||S(xi1S(x|4ε，故，{Sn(x

C(，定义函数列

nn(x)k

1f(xk，n＝1，2，L 明：{Sn(x在()1分析从函数列的构造能够计算出和函数为0f(xt)dt，因此，能够运用形式1x S limS f t)dt对任意的[ab(fC[a1b1]的ε0，存在δ0xy[a1b1且|xy|δ|f(xfy|εNN1，当nNδ|

nn(x)S(x)||

n

(f(xt)f(x

k))dtnnnk1故，{Sn(x在()x8f0C[0a]fn(xx

fn1(t)dt，证明：fn(x在[0af0C[0a]，故M0，使得|f0x|Mx[0a|f1(x)|Mx |f(x)| tdt x2 |fn(x)

Mxn

fn(x09、在[0,1]4n2 0xnf(x)4n2xn

1x1

1xn解、法一、显然，

(0)0x(0,1n1xnf(x0n

fn(x)0

(x)0

1|fn(xn)f(xn)

fn(xn)n因此，fn(x在[0,1]上非一致收敛。

(x)0101

f(x)dx

2n4n2xdxn(4n2x4n)dx 0 f f 1故，fn(x在[0,1]10

x(ln(x)

在[0上一致收敛。

时函数列{fn

f(x)

fn(x)0，x[0,)x(ln|fn(x)f(x)

fn(x) nn

f(x)

，n2||fn(x)f(x)

1(lnn)αfn(lnn)lnn 1nlim||f(x)f(x)||0nfn(x在[0)11、设S(x)rncosnx（|r|1）计算

S(x)dx 解：由于|rncosnx||r|n，故rncosnx在[0,2π]一致收敛，因而 2π0S(x)dx

rcosnxdx0cosnxdx0n1

，故

nn12f(xnn

2，求limf(xn0

3解：考虑n3

在[02]xnx

2)|2n(( 3n3

在[02]nnlimf(x)limnn

2)

n

3

x1n0

1 3 13、计算 n

en

xn分 两种运算的换序性问题，只需验证一致收敛性条件x证明：先证{enxxlimen1运用微分中值定理，存在ζ[0,1x1 x1|en1||ene0|

，x

{en在[0,1]1（Dini定理证明另首先，证明{(1x)nx[0,1]，{(1x)n 增收敛于exDini定理，{(1x)n在[0,1]上一致收敛于exn |en

n

1

||1en||

)nex|，n故，

x

1

en n

n

1en1

x

0

en

x 11x11

01 0ex(1ex

e14f(x)

(x1)n在(1,1n11nn解：q(0,1)，考察(x n

在[qq]|(x1)n|(q1)n，x[q,q]， 而(q1)n收敛，故(q1)n在[qqf(xC[qq qf(xC[1,1]15

sinnx在（0，1）nCauchyCauchy片Cauchyn准则证明 的发散性，能够构想，对应的办法与否能解决本题，由此，需nx(0,1，使得片段中的每一项sinkxn的对应因子sinkxnk＝n＋1，，2n有正下界，只需π

π

π

4(n

2，则，对任意的n，取p＝n，xπ， |sin(n1)xnsin2nxn 2n Cauchy

在（0，1）注、还能够用下述结论证明其非一致收敛性：给定函数项级数un(x) un(xC[ab，若un(x在(a,b)内一致收敛，un(a)和un(b都收敛，则

un(x在[a,b]上一致收敛，因而，还成立un(xC[ab Fourier

正是一种在[0,1]Fourier级数，且其和函数在[0,1]上也不持续，因而，根据上述结论，

在（0，1）16

n1

xn1与

axnnn1|a lim lim(|a|n

(n

(n lim|an|n

1lim|an|n

(n

1 |a|n lim|

|nlim (n1)n

(n |a |a|nlim lim(n1)nlim ，

1(n

(n

设an

的收敛半径为R，要证 nn

R，只要证|x0|

n时， n

收敛，|x0|R时， nn

0对0

：|

|Raxn0n0anxn1axnx00n0n1 n0n

n由Abel法， n

n对任意的x0：|x0|R时，若 n

y0使得|x0||y0|R

n为 n

收敛，因而{n1

|ayn||anxn1(y0)n(n1)1|

(n1)rnn n1 |x r|

|1。由于(n

nann

n收敛，这与ann

n径为R矛盾，故， n

ff(xaxn17、 n

R0

f(xCRRa0

f(0)，an

f(n)ofCRR且f(0)a0，f(x)naxn1，f(0)a f(x)n(n1)axn2，f(0)2!a n归纳能够证明：f(n)(0) nM-级数18f(xC且|f(kx|Mkxf(10n12,nf(x)0分 运用幂级数展开论证，证明f(n)(0)证明：由于|f(kx|M|Rn(x)

(n

|x|n10，x(,)f(x在(M-f(x)

f(n)

xn下证f(n0)0。显然f(0)limf10，f(0)

f(1)f(0)1n

0

Roller-

η(1)

η(1)

n)n

f(0)lim 0，

nf(n0)0f(x)019lnn n1 n1、n

x 2、

)x]n3、

4、

xnn=1 解：记其为解：记其为axnn

liman1limln(n1)

1n

n 故，R＝1x1lnnx1lnn(1)n1L-n1 n1故其收敛域为[R,R) liman )nen R1e1

n1n1

1n1当xe时，考虑 ]，记bn ]， (11

nlg ；e1limlg(1x)x1

lg(1x)x

limlg(1x)xlim1

1

n lnbn

，bn

20，因而

]n n1n1 1同样，当xe时， ](1)发散，故其收敛域为(,) e|x|n2 ]n

|x， n故，当|x|1时，级数收敛，当|x|1R＝1然，x＝1x＝－1时，级数都收敛，因而，收敛域为[1,1 1 liman 4n

nnR14x14[3(1)n]n12n1， n2k1n

n2k,x1时，级数也发散，故幂级数的收敛域为(11, 4 nn20、设axnRbxn的收敛半径为Qnn

、(ab)xn；2、abxn

n解、1RQRQ，则当|x|R(ab)xn Q|x|R (ab)xna

bxn

而axnbxn

b)xnn

Q|x|时，运用幂级数收敛的性质，(ab)xn必发散，否则，当 Q|x|R(ab)xn(a

b)xn的收敛半径为min{RQ

R＝Q时，(ab)xn的收敛半径有可能严格不小于R ab1R＝Q＝1，而

b)xn＝0，其收敛半径为

lim|anbn|nlim|an|n|bn|nlim|an|nlim|bn|n

(ab)xnRRQ RRQ

0,n

，

n，

n2k

n2kR＝Q＝1R21

an的收敛于

A，bn的收敛于

B，如果Cauchy乘积cn(a0bna1bn1

anb0ABnnnaxnbxncxnx1nnn故由幂级数性质：在|x|1nnnf(x)axn，g(x)bxn，h(x)axn，|x|nnnf(xC(1,1g(xC(1,1h(xC(1,1 (axn)(bxn)(cxn|x|1f(x)g(x)h(x|x x1f(1)g(1h(1

a

例5f(xaxn|x|r

anxn1rf(x)dx

an

n nx:|x|r

f(t)dt atndtxxx

xatndt

an

0

ng(x)anxng(xC(rr，故limg(x)g(r)

annx

nrg(x)

f(t)dt|x|r，因而

f(t)dt也存在且等于

f 故

f(x)dx

f(t)dtlimg(x)g(r)□rf(r取值如何，上述条件确保6、运用上题证明1ln(1t)dt

f(x)dx 解：由于ln(1t)[t

L]，|t|n故ln(1t

tn1L]，0 |t|t|若定义ln(1t)

limln(1t)1，则上式对|t|10x1txln(1

tx

t t

dt0

dtnnnnx117，

1ln(1t)dtn1

n1□7f(x

sin(2nx)

MaclaurmMaclaurm解：由于k (2n(2n1

事实上，由于

0

nn(n1)!(2 n(n n

(2n)ksin(2nx)

(2n)kcos(2n，

都一致收敛(R1f(xfCR1 (k

(2n)ksin(2nx(k

sin(2 2 (x)

(2k

(0)0，

(2k

(0)(1)k

(2n)2kf(xx0Maclaurmf(k)(0)

f(2k1)

2k

x2k

(2n)2k

x

(2k

(2k

2k (2k1) 2k )) k0(2k k0(2k 2k下面证明此级数对x0都发散，为此，考虑其绝对级 |x| e2(2k1)，k0(2klimuk1

|x|2k

e2(2k

(2kk

k(2k

e2(2k

|x|2k

|x

e2(2k3)2(2k1)|x|2

k(2k2)(2k

k(2k2)(2kk

2k故由比值鉴别法 |x| e2(2k1)发散，故其通项不收敛于零，因k0(2k 2k (1)ke22k1)Maclaurmf(xk0(2k8、证明（1）

y(4)

（2）

满足xyyynn0 n 解：（1）y(x(4n)!R，故其导级数为(4n1意区间[aay(x)

(4n

yC[ay(4)y（2）y(x)

nn

R

y(x)nxn1y(x)

n0n(n

n1xyyn(n1)xn2nxn1n2xn1

xnyy

n1

n09exe 2

1cos2exe

1(1)n 解2

（2）1cos2x1 (1)k (2k

|x| ex 例10、展

x的幂级数并证1(nex

解

x ex

(

)

(n

x又dex1xexex1xexex1)

令x1，1 n1(nxsin

x2k例11、 dt0

(2k

dt

(2k1)(2k12（1）

（2）

n(n（3）n2xn1

（4）

(2n解：（1）f(x

f(x)

=

x=1fx

n0f(xf(x1exf(x)]f(0)0exf(x(ex1

f(x)ex□（2）f(x)

n(n

|x|1f(x

nn1n1nf(x)

(1)n1xn1

(1)nxn1 f(xxf(t)dtx1dtln(1 01 f(x)xf(t)dtxln(1t)dt(1x)ln(1x)

|x|

x1时，也收敛，即(1xln(1xx

n(n

2

f(xn

|x|1，则

f(t)dt

x

g(x)

，则0g(t)dtxx

1

g(x)

(1

0f(t)dt

(1

f(x)

1x(1

f(x)222222

(2n

xx0f(t)dtx

f(x)

2x2ex 1axn3nax1n1n

2、幂级数(2n1)xn的收敛域 nn23、幂级数3n2n

的收敛半径R 4、幂级数

的收敛域 n5、级数

(x2

的收敛域 6、级数

的和 1127、 2

0(acosnxbsinnx)，则其系数b的值 2 29fx

2

1x敛

0x 10、级数n(n1)(n2)的 11、级数33

(x2n

的收敛域 参考答案：1、2,4

2、1,1

3R

5、0,46 2ln

7、

82π3

92

104

11、0,41、设常数λ0，而级数

a收敛，则级数a收敛，则级数1n

是 n2an （B）条件收 （n2an2pn

，qn

，nanan

，则下列命题中对的的是 a条件收敛，则与nn a绝对收敛，则与nn a条件收敛，则与nn a绝对收敛，则与nn

qn（B）（C）

qnqn

qn3

0,n

发散，发散，(1 n

收敛，则下列结论对的的是 （A）a2n1收敛，a2n发散 （B）a2n收敛，a2n1发散N

（C）(a2n1a2n)收敛 （D）(a2n1a2n)收敛

n)是 n （B）条件收敛 （C）发散 5、级数1n1cosα（常数

0）是 （B）条件收敛 （C）绝对收敛 6、设

n n（A）un与u都收敛 （B）u与u都发散 n n nnnn

（C）un收敛而u发散 （D）u发散而u收敛 n n nnnn

7、已知级数1n1a2,a5，则级数

等于

2n

8f(xx20x1，而

x 其中b )等于 1

2 （B）

（C） （D）2 9fx

0x2

aS(x) 0acos a2

1x121

22

20f(x)cos

(n

则S( )等于 5251（A） （B）1

（C）3 （D）3 n （A）(1)n （B）un （C）(u2n1u2n) （D）(unun1)

11、已知级数1n1

2，

，则级数

等于

2n1

12、若级数an收敛，则级数 n

anan

收敛.（B）(1)an收敛.（C）anan1收敛.（D）

收敛

n13、若a(x1)n在x1处收敛，则此级数在x2处 n条件收敛 （B）绝对收敛 （C）发散

5n14、设幂级数axn与bxn的收敛半径分别 与，则幂级数nxn的收敛5nbnb径为

5 5

n1

123456789CBDCCCBCDCDBA1、设fxx0的某一邻域内含有二阶持续导数，且limfx)0 nf n【分析一】limfx)0x0fxxfx 1

f n

ppn这就证明了

)n f(x 【证明一由 0及f(x)的持续

f00,f00fxx limf(x)limf(x)limf(x)1f(012 12f(f(x

f(0)由函数极限与数列极限的关系

f(f(1n

f(012 12因n2收敛f(n)收敛，即f(n

2

单调减小，且1

发散，试问级数( )n与否收敛？

an 【分析与求解】因a单调下降有下界0limaa0a0 法则，并错级数法则，并错级数1n a0n现在对正项级数( )n可用根值鉴别法：由于

an

n1n1an

nan

3、求幂级数3n2

nn13nn13n(2)nn

11

3(1(3

1 )nR3，收敛区间为3,3x3

1nn13n(2nn 11n，而n

13n(2)n

n1 3n(2

x3nx3 1(1)n(3n(2)n(2)n3n(2)n

(1)nn

3n(2 3n(2)n 23n(2)n 2

n 0,(

nnn

n

(2

n1

1

1n收敛

1x3n13n(2)n

n13n(2)n (x)满足微分方 yyyex （2）运用（1）的成果求幂级数3n)!首先验证该幂级数的收敛区间是,这是缺项幂级数，令tx3原级数

t

(3n

n(3n3)(3n2)(3n1t,x,y(x)

，x(,于 y(x)y(x)y(x

1((3n

)2)! 3n1)! (3n)!xx xxn1(x n

)(

x5

)4 4 64

n0 x（收敛级数与它任意添加括号后的级数有相似的和 由于幂级数3n)!yxyyyex 又 y(0)1,y(0) yx

33特性根为1,22233

y

12

(c1

xc2sin

xyAexyyy3Aexex A13

y

2(

x

33

x)

1ex3 3x0，由初始条件②y(0)c1

c2,c y(0)

2

2

3y(x)

2e2

x1

(x3 3

25、求幂级数(1 (1n(2n1)

fxn【分析与求解】这是缺项幂级数，令tx2考察atnnna(1)n1(1n

n2nn2n

n 1n

natn11，收敛区间为1,1n

n12

n12(n1

n2 f1(x)(1

x(1 2

x(1)

1f2(x)(1

x2 f2(x)

2nf(x)(1)n1x2(n1)

(x12

1f200f200f(x)xf(t)dt

x1dt2arctanx

01t f(x) f(t)dt

2xarctanx

x

20arctan

01t2xarctanx1n(1x2 (x1fx

f1(x)f2(x)1x22xarctanx1n(1x n 6、求级数1

2n(

n1A(1)n1(n2n1)(1)n1n(n1)(1)n

(1)n 2.

1(1 2(1)nxn

(x1

1 S(x)(1)nn(n1)xn2(1)nxn(1)

1

(1x (1)n1n(n1)1S(1) 4.

4(11 2

A 17、求级数2nn21【分析与求解 先用分解法将原级数分解 A2n1(n

)

记A1A2

n

n2 (n1

n2 (n1要熟记五个简朴函数的幂级数展开式，与此级数和有关的是1n1x

n

(1x1 于 A12n1(n1)2n21

(1 1(1 1 ) ) 4

A

12

2n1(n1 n32n

1

1 1

( )( ) ( 1n(11)1( )( ) ( 因 AAA5

8fxarctan1xx1fx

(1x)(1x)(1) 1(1x1

(1x

(1x)2(1x 1由11tt2

(1)ntn

(1)ntn

(t1 1

n2f(x) 1

(1)

(x1 xf(t)dt(1)nxt2ndt

f(x)

f(0)2n1

4(2n1 x1fxarctan1xx1x11 (1

arctan1x42n1

1 9、将函数f(x) arctanx

1 fx11n1x11n1x1arctanxxfx f(x) 41

41

21 1 11 1

x4n1

x4

(x121

21

1

f(x)

f(0)f(x)dxt4ndt

x4

(x1 n1

xxxx110、设

f(x)

arctanx,xx

试将fx展开成x的幂级数，并求级数(114n2 核心是将arctanx展成幂级数，然后约去因子x，再乘上1x2并化简即可。直接将arctanx展开办不到，且(arctanx)易展开，即 1

n2(arctanx) 1

(1)

,x x

(1arctanx

(arctant)dt(1

0t2ndtxn02nx

x2

x 由于右端级数在x1时均收敛，又arctanxx1持续，因此展开式在收敛区间端点x1成立。1现将②式两边同 x1

(1)n

(1

(1)nx2arctanx(1x

2n1

xx

2n

(1)n1n02n

2n1(1)n[ 1 ]x2n

2n 2n(1(1)2x,x[1,1],xx01(1)n2f(x)114n2

,x[(1 πx11

[f(1)1] [2 1] 11fx2x1x1展成觉得2周期的傅里叶级数，并由此求级数n1【分析与求解 按傅氏系数公式，先求f(x)的傅氏系数an与bnfx偶函数bn0n1,2,3L1na2lf(x)cos l12(2x)cos1nl 1 1, , [(1)n1](2k1

n2k

(n1,2,L

n2k1a020(2x)dx1f(x在[1,1]f1

f1f(x)2x5

为了求1x0n1即254 即

. π2n1(2n1 n1(2n1

1现

(2n1)2(2n)2(2n1)24n2

n1

3

1 ,

1 .4n1

n1 12fxx10x2)4fx4fxbn0(n1,2,3La2lf(x)cosnπxdxl22(x1)cos l

2 22(x1)dsinnπ22sin

2 2

0((1)n10

n2k=(2k1

n2k

k2 a0

2

f(x)dx

(x1)dx

(x12

0由于（延拓后）fx在2,2f1

f1fxf(x)8 π2n1(2n1 13、求幂级数 xn的收敛区间，并讨论该区间端关处的收敛性。3(2)n解：设

n1,2,L2lim

lim

1( x

x31(2 3R 收敛区间3,3 x3an3n2nn

1(3

)n 而1发散x3n1

2 x3an3n2nn 2

3n( n3(2)n 记 1,2,L Vn1

3n(2

1(2,n N 3n1(2 N

31(3

nn n

1收敛，又

n13n(2)n

x3处收敛收敛域内3,314fx

2x

分 先将f(x)分解成部分分式，再运用等比级数间接展开1 1解：f(x) (2x)(x1 32

31x3

x1x),1

1xn,2x12

n01(1)nxn,1x1

f(x)11xn(1)nxn1

1(1)nxn,1x

1 (115、将函数f(x)arctan12x展开成x的幂级数，并求级数2n1的和。 直接展开较困难，先将f(x)展开，再递项积分得出f(x)的展开式

1(12x1

2(12x)2(12x)(12x

14

f(x)f(0)f(t)dtπ(1)n4nt2 0 (1

422n14 当x 时

(1)n4n11

收 （莱布尼兹鉴别法 n02n 2n02n 当n 时

(1)n4n(1)2n11

n02n 2n02nf(x)π

(1)n 114 ,x4 ,x

22 (1f(242n1arctan0.(1 .n02n 16、求幂级数

(1)n1x2

sx解：求收敛域，由于该幂级数缺项幂级数，则直接用比值鉴别法求之，设(1)n1x2un(x)

,nx2x2lim

xun(x

x(n1)(2n1

x2x21x1x21,x11，收敛区间是1,1 x1n2n1绝对收敛(Qn2n1n2 x1n2n1绝对收敛，因此，该级数的收敛域为1,1S(x)

(1)n1x2n(2n1)

217、求幂级数(1 (1n(2n1)

1fx)

n1n(2n1)1令un(x)(1 (1n(2n1)

x,n1,2L

x2unun1(xun(x

n(n1)(2n1

x21x1时，级数1x21x1时，级数1级数1的收敛区间为1,1

n12

(1 (1n(2n1)

(1

2n(2n1)x xn12gx1

1

x(1,1 S(x)2n(2n1) xarctamx2lin(1x f(x)g(x)2S(x) 2arctanxlin(11

),x(1,1(n1 18（1）

（2）an和bn

数anbn

（1）

Qn1 (nn n

1)n

（2）

a2与b2都收敛2ab收敛abn

n

nx即α即nn19xnnx10，其中nxn当α当α1时，级数xn2n分 （1）存在性用根的存在定理，唯一的性用函数的严格可调（2（2）用比较鉴别法证明xαn 证（1）fxxnnx10fx在0,1 fn010f1n0nn0,1fxn0fxnxn1n0x0,fx在0,上严格递增 nxnnx10x0,1n 由xn

10xn0,1，有1 0x 0xn

又nα收敛nn 0π020an4tannn（1）anan2n（2）试证：对任意常数λ0，级数

ann1 直接求anan2的体现 o anan24tannxdx4tann2xdx4tannx(1tan2xo 4tannxsec2xdx 4tannxd(tanx π

tann1

4 1(a

) n1

S

(11)n

k(k1

k11(

n

n1

证

π0an4tann

令ttann,narctan01 t01

1 于是0

01t2dt0tdtn1n 1由于1λ1因此ann121、求级数

(x31

a

n1,2),

lim

x

x(n1因此当1x31，即2x4x2时，得交错级数1n1x4时，得正项级数

原级数的收敛域为

n1x,若0x22fx2x,若1x

(1)s0

2f(x0

(2)s1

4f(x22(3)s0

2n2f(x2n

(n2,3)；

(4)s

1xexdx2(2x)exdx1xexdx2xexdx

22 22xe

1exdxxe

2exdx

121(11)21(e1)2101

2(2)sx2 f(t)et2dt

2f(t)etdtse2s0

2(3)sx2n f(t)