2025年算法收敛性测试题及答案

2025年算法收敛性测试题及答案题目1设数列$\{x_n\}$由递推公式$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})$给出，其中$x_1=2$。证明该数列收敛，并求其极限。答案：1.首先证明数列有下界：对于$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})$，根据均值不等式$a+b\geq2\sqrt{ab}$（$a,b\gt0$），当$x_n\gt0$时，$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})\geq\sqrt{x_n\cdot\frac{2}{x_n}}=\sqrt{2}$，当且仅当$x_n=\frac{2}{x_n}$，即$x_n=\sqrt{2}$时取等号。已知$x_1=2\gt0$，由递推关系可知$x_n\gt0$对任意$n$成立，所以数列$\{x_n\}$有下界$\sqrt{2}$。2.然后证明数列单调递减：计算$x_{n+1}x_n=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})x_n=\frac{1}{2}(\frac{2}{x_n}x_n)=\frac{2x_n^2}{2x_n}$。因为$x_n\geq\sqrt{2}$，所以$2x_n^2\leq0$，又$x_n\gt0$，则$x_{n+1}x_n\leq0$，即$x_{n+1}\leqx_n$，所以数列$\{x_n\}$单调递减。3.由单调有界定理可知，数列$\{x_n\}$收敛。4.设$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，对$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})$两边同时取极限：因为$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n+1}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，则$A=\frac{1}{2}(A+\frac{2}{A})$。整理得$2A=A+\frac{2}{A}$，即$A=\frac{2}{A}$，$A^2=2$。又因为$x_n\geq\sqrt{2}$，所以$A=\sqrt{2}$。答案分析：先利用均值不等式证有下界，再通过作差判断单调性，根据单调有界定理确定收敛，最后对递推式取极限求解极限值。题目2考虑函数$f(x)=x^33x+1$，使用牛顿拉夫逊方法$x_{n+1}=x_n\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$求其根的近似值，取初始值$x_0=2$，证明迭代序列$\{x_n\}$收敛，并求收敛到的根。答案：1.首先求$f(x)$的导数：已知$f(x)=x^33x+1$，则$f'(x)=3x^23$。牛顿拉夫逊迭代公式为$x_{n+1}=x_n\frac{x_n^33x_n+1}{3x_n^23}=\frac{3x_n^33x_n(x_n^33x_n+1)}{3x_n^23}=\frac{2x_n^31}{3x_n^23}$。2.分析函数性质：$f'(x)=3x^23=3(x1)(x+1)$，令$f'(x)=0$，得$x=\pm1$。$f(1)=13+1=1$，$f(1)=1+3+1=3$，$f(2)=86+1=3$。当$x\gt1$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增。3.证明收敛性：设$g(x)=\frac{2x^31}{3x^23}$，则$g'(x)=\frac{(6x^2)(3x^23)(2x^31)(6x)}{(3x^23)^2}=\frac{18x^418x^2(12x^46x)}{(3x^23)^2}=\frac{6x^418x^2+6x}{(3x^23)^2}$。当$x=2$时，$|g'(2)|=\left|\frac{6\times1618\times4+6\times2}{(3\times43)^2}\right|=\left|\frac{9672+12}{81}\right|=\frac{36}{81}\lt1$。根据牛顿拉夫逊方法的收敛定理，若在根的某个邻域内$|g'(x)|\lt1$，则迭代序列收敛。4.求根：不断迭代：$x_0=2$，$x_1=\frac{2\times81}{3\times43}=\frac{15}{9}=\frac{5}{3}\approx1.67$。$x_2=\frac{2\times(\frac{5}{3})^31}{3\times(\frac{5}{3})^23}=\frac{2\times\frac{125}{27}1}{3\times\frac{25}{9}3}=\frac{\frac{250}{27}1}{\frac{25}{3}3}=\frac{\frac{223}{27}}{\frac{16}{3}}=\frac{223}{144}\approx1.55$。继续迭代，直到满足精度要求。实际上，函数$f(x)$在$x\approx1.532$处有根，通过迭代最终会收敛到这个根。答案分析：先得出迭代公式，分析函数单调性，通过求迭代函数导数判断收敛性，最后迭代求根。题目3已知级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，判断其收敛性，若收敛求其和。答案：1.对通项进行分解：因为$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}\frac{1}{n+1}$。2.求前$n$项和$S_n$：$S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{k}\frac{1}{k+1})=(1\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n}\frac{1}{n+1})$。通过消去中间项，$S_n=1\frac{1}{n+1}$。3.判断收敛性并求和：$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1\frac{1}{n+1})=1$。因为$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S_n$存在，所以级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$收敛，且和为$1$。答案分析：先将通项裂项，再求前$n$项和，最后通过求极限判断收敛性并求和。题目4判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^n}$的收敛性。答案：使用比值判别法，设$a_n=\frac{n!}{n^n}$，则$a_{n+1}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}$。计算$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{n!}{n^n}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)!n^n}{n!(n+1)^{n+1}}$。因为$(n+1)!=(n+1)n!$，所以$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)!n^n}{n!(n+1)^{n+1}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)n!n^n}{n!(n+1)^{n+1}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{n}{n+1})^n$。令$t=n+1$，则$n=t1$，当$n\rightarrow\infty$时，$t\rightarrow\infty$，$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{n}{n+1})^n=\lim\limits_{t\rightarrow\infty}(\frac{t1}{t})^{t1}=\lim\limits_{t\rightarrow\infty}(1\frac{1}{t})^{t}(1\frac{1}{t})^{1}$。根据重要极限$\lim\limits_{t\rightarrow\infty}(1\frac{1}{t})^{t}=e^{1}$，所以$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{e}\lt1$。由比值判别法可知，级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^n}$收敛。答案分析：用比值判别法，通过化简极限式子并利用重要极限判断收敛性。题目5设$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$，$x_1=\sqrt{2}$，证明数列$\{x_n\}$收敛，并求其极限。答案：1.证明数列有上界：用数学归纳法。当$n=1$时，$x_1=\sqrt{2}\lt2$。假设$x_n\lt2$，则$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}\lt\sqrt{2+2}=2$，所以数列$\{x_n\}$有上界$2$。2.证明数列单调递增：$x_{n+1}x_n=\sqrt{2+x_n}x_n=\frac{2+x_nx_n^2}{\sqrt{2+x_n}+x_n}=\frac{(x_n^2x_n2)}{\sqrt{2+x_n}+x_n}=\frac{(x_n2)(x_n+1)}{\sqrt{2+x_n}+x_n}$。因为$x_n\gt0$且$x_n\lt2$，所以$x_{n+1}x_n\gt0$，即$x_{n+1}\gtx_n$，数列$\{x_n\}$单调递增。3.由单调有界定理可知，数列$\{x_n\}$收敛。4.设$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，对$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$两边取极限：得$A=\sqrt{2+A}$，即$A^2A2=0$。因式分解得$(A2)(A+1)=0$，解得$A=2$或$A=1$。因为$x_n\gt0$，所以$A=2$。答案分析：用数学归纳法证有上界，作差判断单调性，根据单调有界定理确定收敛，最后对递推式取极限求解。题目6判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{n}$的收敛性。答案：这是一个交错级数，设$a_n=\frac{1}{n}$。1.验证$a_n$的单调性：因为$a_{n+1}=\frac{1}{n+1}$，且$a_{n+1}a_n=\frac{1}{n+1}\frac{1}{n}=\frac{n(n+1)}{n(n+1)}=\frac{1}{n(n+1)}\lt0$，所以$a_{n+1}\lta_n$，即$\{a_n\}$单调递减。2.验证$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n$：$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=0$。3.根据莱布尼茨判别法，交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(1)^na_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{n}$收敛。答案分析：根据莱布尼茨判别法，验证通项单调性和极限为0来判断收敛性。题目7设$x_{n+1}=\frac{3x_n+2}{x_n+2}$，$x_1=1$，证明数列$\{x_n\}$收敛，并求其极限。答案：1.设$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，对$x_{n+1}=\frac{3x_n+2}{x_n+2}$两边取极限：得$A=\frac{3A+2}{A+2}$，即$A(A+2)=3A+2$。展开得$A^2+2A3A2=0$，$A^2A2=0$。因式分解得$(A2)(A+1)=0$，解得$A=2$或$A=1$。2.分析数列性质：$x_{n+1}2=\frac{3x_n+2}{x_n+2}2=\frac{3x_n+22x_n4}{x_n+2}=\frac{x_n2}{x_n+2}$。$x_{n+1}+1=\frac{3x_n+2}{x_n+2}+1=\frac{3x_n+2+x_n+2}{x_n+2}=\frac{4x_n+4}{x_n+2}$。则$\frac{x_{n+1}2}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{4}\cdot\frac{x_n2}{x_n+1}$。已知$x_1=1$，则$\frac{x_12}{x_1+1}=\frac{1}{2}$。所以$\frac{x_n2}{x_n+1}=(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}$。3.求极限：由$\frac{x_n2}{x_n+1}=(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}$，可得$x_n2=(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}(x_n+1)$。$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n2=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}(x_n+1)=0$，所以$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=2$。又因为$\left|\frac{x_{n+1}2}{x_{n+1}+1}\right|=\frac{1}{4}\left|\frac{x_n2}{x_n+1}\right|$，说明该变换是压缩映射，所以数列收敛。答案分析：先对递推式取极限得到可能的极限值，再通过构造式子分析数列性质，利用压缩映射证明收敛并确定极限。题目8判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$的收敛性。答案：1.利用放缩法：因为$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}\gt\frac{1}{\sqrt{(n+1)(n+1)}}=\frac{1}{n+1}$。2.已知级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$是调和级数，发散，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}=\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k}$也发散。3.根据正项级数的比较判别法，若$a_n\geqb_n\gt0$且$\sum_{n=1}^{\infty}b_n$发散，则$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$发散。所以级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$发散。答案分析：通过放缩与已知发散级数比较来判断收敛性。题目9设$f(x)$在$[a,b]$上连续，$x_{n+1}=f(x_n)$，$x_1\in[a,b]$。若存在$L\in(0,1)$使得$|f'(x)|\leqL$对任意$x\in[a,b]$成立，证明数列$\{x_n\}$收敛。答案：1.利用拉格朗日中值定理：对于任意的$n$，$x_{n+1}x_n=f(x_n)f(x_{n1})$，由拉格朗日中值定理，存在$\xi_n$介于$x_n$和$x_{n1}$之间，使得$f(x_n)f(x_{n1})=f'(\xi_n)(x_nx_{n1})$。所以$|x_{n+1}x_n|=|f'(\xi_n)||x_nx_{n1}|\leqL|x_nx_{n1}|$。2.递推可得：$|x_{n+1}x_n|\leqL|x_nx_{n1}|\leqL^2|x_{n1}x_{n2}|\leq\cdots\leqL^{n1}|x_2x_1|$。3.对于任意的$m\gtn$：$|x_mx_n|=\left|\sum_{k=n}^{m1}(x_{k+1}x_k)\right|\leq\sum_{k=n}^{m1}|x_{k+1}x_k|\leq|x_2x_1|\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}$。等比级数$\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=\frac{L^{n1}(1L^{mn})}{1L}$（$0\ltL\lt1$）。因为$\lim\limits_{n,m\rightarrow\infty}\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=0$，根据柯西收敛准则，数列$\{x_n\}$收敛。答案分析：用拉格朗日中值定理得到相邻两项差的关系，再利用柯西收敛准则证明收敛。题目10判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinn}{n^2}$的收敛性。答案：1.利用绝对值不等式：因为$|\frac{\sinn}{n^2}|\leq\frac{1}{n^2}$。2.已知级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$是$p=2\gt1$的$p$级数，收敛。3.根据正项级数的比较判别法，对于级数$\sum_{n=1}^{\infty}|\frac{\sinn}{n^2}|$收敛，所以级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinn}{n^2}$绝对收敛，从而级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinn}{n^2}$收敛。答案分析：通过放缩与已知收敛的$p$级数比较，利用绝对收敛判断原级数收敛。题目11设$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})$（$a\gt0$，$x_1\gt0$），证明数列$\{x_n\}$收敛，并求其极限。答案：1.证明数列有下界：根据均值不等式，对于$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})$，当$x_n\gt0$时，$x_{n+1}\geq\sqrt{x_n\cdot\frac{a}{x_n}}=\sqrt{a}$，当且仅当$x_n=\frac{a}{x_n}$，即$x_n=\sqrt{a}$时取等号。已知$x_1\gt0$，由递推关系可知$x_n\gt0$对任意$n$成立，所以数列$\{x_n\}$有下界$\sqrt{a}$。2.证明数列单调递减：$x_{n+1}x_n=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})x_n=\frac{1}{2}(\frac{a}{x_n}x_n)=\frac{ax_n^2}{2x_n}$。因为$x_n\geq\sqrt{a}$，所以$ax_n^2\leq0$，又$x_n\gt0$，则$x_{n+1}x_n\leq0$，即$x_{n+1}\leqx_n$，所以数列$\{x_n\}$单调递减。3.由单调有界定理可知，数列$\{x_n\}$收敛。4.设$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，对$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})$两边同时取极限：因为$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n+1}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，则$A=\frac{1}{2}(A+\frac{a}{A})$。整理得$2A=A+\frac{a}{A}$，即$A=\frac{a}{A}$，$A^2=a$。又因为$x_n\geq\sqrt{a}$，所以$A=\sqrt{a}$。答案分析：同题目1的分析方法，先证有下界，再证单调性，根据单调有界定理确定收敛，最后取极限求极限值。题目12判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\lnn}$的收敛性。答案：采用积分判别法，设$f(x)=\frac{1}{x\lnx}$，$x\geq2$。1.计算积分：对$\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\lnx}dx$进行计算，令$t=\lnx$，则$dt=\frac{1}{x}dx$。当$x=2$时，$t=\ln2$；当$x\rightarrow+\infty$时，$t\rightarrow+\infty$。则$\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\lnx}dx=\int_{\ln2}^{+\infty}\frac{1}{t}dt=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\int_{\ln2}^{b}\frac{1}{t}dt=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}(\lnt|_{\ln2}^{b})=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}(\lnb\ln(\ln2))=+\infty$。2.根据积分判别法，若$\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$发散，则级数$\sum_{n=a}^{\infty}f(n)$发散，所以级数$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\lnn}$发散，从而级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\lnn}$发散。答案分析：用积分判别法，通过计算对应的反常积分判断级数收敛性。题目13设$x_{n+1}=x_n(2x_n)$，$x_1\in(0,1)$，证明数列$\{x_n\}$收敛，并求其极限。答案：1.证明数列有界：已知$x_1\in(0,1)$，$x_{n+1}=x_n(2x_n)=(x_n1)^2+1$。当$x_n\in(0,1)$时，$x_{n+1}=(x_n1)^2+1\in(0,1)$，由数学归纳法可知，数列$\{x_n\}$有界于$(0,1)$。2.证明数列单调递增：$x_{n+1}x_n=x_n(2x_n)x_n=x_n(2x_n1)=x_n(1x_n)$。因为$x_n\in(0,1)$，所以$x_{n+1}x_n\gt0$，即$x_{n+1}\gtx_n$，数列$\{x_n\}$单调递增。3.由单调有界定理可知，数列$\{x_n\}$收敛。4.设$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，对$x_{n+1}=x_n(2x_n)$两边取极限：得$A=A(2A)$，即$A=2AA^2$，$A^2A=0$，$A(A1)=0$。因为$x_n\in(0,1)$且单调递增，所以$A=1$。答案分析：用数学归纳法证有界，作差判断单调性，根据单调有界定理确定收敛，最后取极限求极限值。题目14判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{\sqrt{n}}$的收敛性。答案：设$a_n=\frac{1}{\sqrt{n}}$。1.验证$a_n$的单调性：$a_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，$a_{n+1}a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{n(n+1)}}\lt0$，所以$a_{n+1}\lta_n$，即$\{a_n\}$单调递减。2.验证$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n$：$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}=0$。3.根据莱布尼茨判别法，交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{\sqrt{n}}$收敛。答案分析：根据莱布尼茨判别法判断收敛性。题目15设$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$，$x_1=1$，证明数列$\{x_n\}$收敛，并求其极限。答案：1.设$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，对$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$两边取极限：得$A=\frac{1}{1+A}$，即$A(1+A)=1$，$A^2+A1=0$。由求根公式$A=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$，因为$x_n\gt0$，所以$A=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。2.分析数列性质：$x_{n+2}=\frac{1}{1+x_{n+1}}=\frac{1}{1+\frac{1}{1+x_n}}=\frac{1+x_n}{2+x_n}$。$x_{n+2}A=\frac{1+x_n}{2+x_n}\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\frac{2(1+x_n)(2+x_n)(1+\sqrt{5})}{2(2+x_n)}=\frac{2+2x_n+22\sqrt{5}+x_nx_n\sqrt{5}}{2(2+x_n)}=\frac{(3\sqrt{5})x_n+(42\sqrt{5})}{2(2+x_n)}$。可以证明$|x_{n+2}A|\lt|x_nA|$，说明奇数项子列和偶数项子列都收敛到$A$，所以数列$\{x_n\}$收敛到$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。答案分析：先对递推式取极限得到可能的极限值，再分析数列子列性质证明收敛。题目16判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$的收敛性。答案：使用比值判别法，设$a_n=\frac{n}{2^n}$，则$a_{n+1}=\frac{n+1}{2^{n+1}}$。计算$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{n})=\frac{1}{2}\lt1$。由比值判别法可知，级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$收敛。答案分析：用比值判别法判断收敛性。题目17设$f(x)$在$[0,1]$上连续可导，$f([0,1])\subseteq[0,1]$，且存在$L\in(0,1)$使得$|f'(x)|\leqL$对任意$x\in[0,1]$成立。任取$x_1\in[0,1]$，定义$x_{n+1}=f(x_n)$，证明数列$\{x_n\}$收敛。答案：1.利用拉格朗日中值定理：对于任意的$n$，$x_{n+1}x_n=f(x_n)f(x_{n1})$，由拉格朗日中值定理，存在$\xi_n$介于$x_n$和$x_{n1}$之间，使得$f(x_n)f(x_{n1})=f'(\xi_n)(x_nx_{n1})$。所以$|x_{n+1}x_n|=|f'(\xi_n)||x_nx_{n1}|\leqL|x_nx_{n1}|$。2.递推可得：$|x_{n+1}x_n|\leqL|x_nx_{n1}|\leqL^2|x_{n1}x_{n2}|\leq\cdots\leqL^{n1}|x_2x_1|$。3.对于任意的$m\gtn$：$|x_mx_n|=\left|\sum_{k=n}^{m1}(x_{k+1}x_k)\right|\leq\sum_{k=n}^{m1}|x_{k+1}x_k|\leq|x_2x_1|\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}$。等比级数$\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=\frac{L^{n1}(1L^{mn})}{1L}$（$0\ltL\lt1$）。因为$\lim\limits_{n,m\rightarrow\infty}\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=0$，根据柯西收敛准则，数列$\{x_n\}$收敛。答案分析：同题目9的分析方法，用拉格朗日中值定理和柯西收敛准则证明收敛。题目18判断级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$（$p\gt0$）的收敛性。答案：1.当$p\gt1$时：采用积分判别法，设$f(x)=\frac{1}{x^p}$，$x\geq1$。计算$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^p}dx=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\int_{1}^{b}x^{p}dx$。当$p\neq1$时，$\int_{1}^{b}x^{p}dx=\frac{x^{p+1}}{p+1}|_{1}^{b}=\frac{b^{p+1}1}{p+1}$。因为$p\gt1$，则$\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\frac{b^{p+1}1}{p+1}=\frac{01}{p+1}=\frac{1}{p1}$，积分收敛，根据积分判别法，级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$收敛。2.当$p=1$时：级数为$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$，是调和级数，发散。3.当$0\ltp\lt1$时：同样用积分判别法，$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^p}dx=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\int_{1}^{b}x^{p}dx=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\frac{b^{p+1}1}{p+1}=+\infty$，积分发散，根据积分判别法，级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$发散。答案分析：分情况用积分判别法判断收敛性。题目19设$x_