2025年期末测试卷：大学高等数学（下）傅里叶变换与级数应用

2025年期末测试卷：大学高等数学（下）傅里叶变换与级数应用考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（每题4分，共20分。请将正确选项的字母填在题后的括号内）1.下列级数中，发散的是（）。(A)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+1}$(B)$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{\sqrt{n}}$(C)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\ln(n+1)}$(D)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$2.若级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$收敛，则下列级数中必定收敛的是（）。(A)$\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|$(B)$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n$(C)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}$(D)$\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2$3.函数$f(x)=x^2$在区间$[-1,1]$上展开成以$2\pi$为周期的正弦级数，其傅里叶系数$b_k$（$k=1,2,\dots$）等于（）。(A)$2\pi\sin(k)$(B)$2\pi\cos(k)$(C)$4\sin(k)$(D)$0$4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n\cdot2^n}$的收敛半径R等于（）。(A)0(B)2(C)$\frac{1}{2}$(D)$\infty$5.若函数$f(x)$在$[0,\pi]$上连续，且展开成以$2\pi$为周期的正弦级数，则该级数在$x=\pi$处收敛于（）。(A)$f(\pi)$(B)$f(\pi^-)$(C)$f(\pi^+)$(D)0二、填空题（每题5分，共20分。请将答案填在题后的横线上）6.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^p}$当$p>1$时绝对收敛，当$0<p\le1$时条件收敛，当$p\le0$时发散。7.函数$f(x)=e^x$在$(-\pi,\pi]$上展开成以$2\pi$为周期的傅里叶级数，其傅里叶系数$a_0$=$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^xdx$。8.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!}$的收敛域是$(-\infty,+\infty)$。9.若函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，则将其展开成以$2$为周期的傅里叶级数（定义在$[-1,1]$上），其系数$b_k$（$k=1,2,\dots$）的计算公式为$b_k=2\int_0^1f(x)\sin(k\pix)dx$。三、计算题（共50分）10.（8分）判别级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sin^2(\frac{n\pi}{3})}{2^n}$的收敛性。11.（10分）求幂级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-1)^n}{n\cdot5^n}$的收敛域。12.（12分）将函数$f(x)=x^2$在区间$[-\pi,\pi]$上展开成以$2\pi$为周期的傅里叶级数，并写出其和函数。13.（10分）将函数$f(x)=x$在区间$[0,\pi]$上展开成以$2\pi$为周期的正弦级数。14.（10分）计算级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}$的和（提示：利用收敛定理和已知级数）。四、证明题（共10分）15.证明：若级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$与$\sum_{n=1}^{\infty}b_n$都绝对收敛，则级数$\sum_{n=1}^{\infty}(a_n+b_n)$也绝对收敛。试卷答案一、选择题1.(C)2.(B)3.(D)4.(B)5.(D)二、填空题6.$p>1$7.$\frac{2(e^\pi-e^{-\pi})}{\pi}$8.$(-\infty,+\infty)$9.$2\int_0^1f(x)\sin(k\pix)dx$三、计算题10.解析：考虑级数$\sum_{n=1}^{\infty}u_n$，其中$u_n=\frac{n\sin^2(\frac{n\pi}{3})}{2^n}$。由于$0\le\sin^2(\frac{n\pi}{3})\le1$，有$0\leu_n\le\frac{n}{2^n}$。考虑级数$\sum_{n=1}^{\infty}v_n$，其中$v_n=\frac{n}{2^n}$。利用比值判别法，$\lim_{n\to\infty}\frac{v_{n+1}}{v_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}<1$，故$\sum_{n=1}^{\infty}v_n$收敛。由比较判别法，$\sum_{n=1}^{\infty}u_n$也收敛。答案：收敛。11.解析：令$x-1=t$，级数变为$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot5^n}$。设$f(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot5^n}$，则收敛半径$R=\frac{1}{\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|\frac{1}{n\cdot5^n}|}}=\frac{1}{\frac{1}{5}}=5$。级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot5^n}$的收敛区间为$(-5,5)$。当$t=-5$时，级数为$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}$，条件收敛；当$t=5$时，级数为$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$，发散。故$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot5^n}$的收敛域为$(-5,5]$。将$t=x-1$代入，得原级数的收敛域为$(-4,4]$。答案：$(-4,4]$。12.解析：$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x^2dx=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^3}{3}=\frac{2\pi^2}{3}$。$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos(nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x^2\cos(nx)dx$。利用分部积分两次，得$a_n=\frac{4\pi\cos(n\pi)}{n^2}-\frac{8\cos(n\pi)}{n^3}=\frac{4\pi(-1)^n}{n^2}-\frac{8(-1)^n}{n^3}$。$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\sin(nx)dx=0$（奇函数在对称区间上积分为零）。故$f(x)=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{4\pi(-1)^n}{n^2}-\frac{8(-1)^n}{n^3}\right)\cos(nx)$。由狄利克雷收敛定理，和函数$S(x)$在$x=\pm\pi$处收敛于$\frac{\pi^2}{3}$，在$x\in(-\pi,\pi)$且$x\neq\pm\pi$处收敛于$f(x)=x^2$。答案：$f(x)=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{4\pi(-1)^n}{n^2}-\frac{8(-1)^n}{n^3}\right)\cos(nx)$，$x\in[-\pi,\pi]$，且$S(\pm\pi)=\frac{\pi^2}{3}$。13.解析：将$f(x)=x$奇延拓到$[-\pi,\pi]$，得$F(x)$，$F(x)=x$，$F(x)$是以$2\pi$为周期的奇函数。$a_n=0$（$F(x)$是奇函数）。$b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\sin(nx)dx$。利用分部积分，得$b_n=\frac{2}{\pi}\left(-\frac{x\cos(nx)}{n}\bigg|_0^{\pi}+\int_0^{\pi}\frac{\cos(nx)}{n}dx\right)=-\frac{2\pi\cos(n\pi)}{n\pi}+0=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}$。故$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)$，$x\in(0,\pi)$。由收敛定理，$x=0$处收敛于$0$，$x=\pi$处收敛于$0$。故展开式为$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)$，$x\in(0,\pi)$。答案：$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)$，$x\in(0,\pi)$。14.解析：考虑级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}$。该级数是交错级数，$u_n=\frac{1}{n}$，满足$u_n\geu_{n+1}$且$\lim_{n\to\infty}u_n=0$，由莱布尼茨判别法，级数条件收敛。又该级数的和函数是$\ln(1+x)$在$x=1$处的值，即$\ln(2)$。根据狄利克雷收敛定理，在$x=1$处（原点右侧第一个奇数点），级数收敛于$\frac{f(1^+)+f(-1^-)}{2}=\frac{\ln(2)+(-\ln(2))}{2}=0$。答案：0。四、证明题15.证明：因为$\sum_{n=1}^{\infty}