第16章 无穷级数

基础部分

1. 设 $p$ 为常数，若级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}{)}^p}{n}$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }[\frac{1}{n^p}-\frac{1}{(n+1{)}^p}]$ 同敛散，则 $p$ 的范围为（） A. $-2<p\le -1$ B. $-1\le p<0$ C. $-1<p\le 0$ D. $p>0$

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答案：

严格地说，$p\ne 0$。原选项没有完整正确项；若题目本意是问“两级数同时收敛”，则选 D。

解析：

由

$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\sim \frac{1}{2\sqrt{n}}$，

得

$\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}{)}^p}{n}\sim 2^{-p}{n}^{-1-\frac{p}{2}}$。

因此第一个级数当且仅当 $p>0$ 时收敛；当 $p\le 0$ 时发散。

第二个级数的前 $N$ 项和为

$\sum _{n=1}^N\left(\frac{1}{n^p}-\frac{1}{(n+1{)}^p}\right)=1-\frac{1}{(N+1{)}^p}$。

故它在 $p>0$ 时收敛，在 $p<0$ 时发散；当 $p=0$ 时各项均为零，反而收敛。

所以两个级数同敛散的严格范围为 $p\ne 0$。

2. 判断级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(\ln \frac{1}{n}-\ln \sin \frac{1}{n})$ 的敛散性

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答案：

收敛。

解析：

通项可写为

$\ln \frac{1/n}{\sin (1/n)}=-\ln \frac{\sin (1/n)}{1/n}$。

利用

$\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{6}+O(x^4)$，

有

$-\ln \frac{\sin x}{x}=\frac{x^2}{6}+O(x^4)$。

令 $x=1/n$，得

$\ln \frac{1/n}{\sin (1/n)}\sim \frac{1}{6n^2}$。

由正项级数的极限比较判别法，原级数收敛。

3. 设 $\lambda >0$ 是常数，则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\sin \frac{\lambda +2n^2}{n^3}$（） A. 发散 B. 条件收敛 C. 绝对收敛 D. 敛散性与 $\lambda$ 有关

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答案：

B．条件收敛。

解析：

当 $n\to \infty$ 时，

$\sin \frac{\lambda +2n^2}{n^3}=\sin \left(\frac{2}{n}+\frac{\lambda }{n^3}\right)\sim \frac{2}{n}$。

其绝对值级数与调和级数同敛散，故不绝对收敛。

另一方面，$\sin (2/n+\lambda /n^3)$ 最终为正、趋于零且单调下降，因此由莱布尼茨判别法，交错级数收敛。故为条件收敛。

4. 以下结论正确的是（） A. 若 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^2$ 收敛，则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^3$ 收敛 B. 若 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^2$ 发散，则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^3$ 发散 C. 若 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^3$ 收敛，则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^4$ 收敛 D. 若 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^3$ 发散，则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n^4$ 发散

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答案：

A。

解析：

若 $\sum a_n^2$ 收敛，则 $a_n\to 0$。于是充分大时 $|a_n|\le 1$，从而

$|a_n{|}^3\le a_n^2$。

故 $\sum |a_n{|}^3$ 收敛，即 $\sum a_n^3$ 绝对收敛，所以 A 正确。

其余选项均不能由已知条件推出。例如取 $a_n=(-1{)}^n{n}^{-1/6}$，则 $\sum a_n^3=\sum (-1{)}^n{n}^{-1/2}$ 收敛，而 $\sum a_n^4=\sum n^{-2/3}$ 发散，说明 C 不成立。

5. 设 $u_n=\sqrt{\arctan (n+k)-\arctan n}$，$k$ 为正常数，则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{u}_n$（） A. 绝对收敛 B. 条件收敛 C. 发散 D. 敛散性与 $k$ 有关

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答案：

B．条件收敛。

解析：

由拉格朗日中值定理，存在 ${\xi }_n\in (n,n+k)$，使

$\arctan (n+k)-\arctan n=\frac{k}{1+{\xi }_n^2}\sim \frac{k}{n^2}$。

因此

$u_n\sim \frac{\sqrt{k}}{n}$。

故 $\sum u_n$ 发散，而 $u_n\to 0$ 且最终单调下降。由莱布尼茨判别法，$\sum (-1{)}^n{u}_n$ 收敛但不绝对收敛。

6. 设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(u_{n+1}-u_n)$ 收敛，则下列级数必收敛的是（） A. ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n}$ B. ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$ C. ${\sum }_{n=1}^{\infty }(1-\frac{u_n}{u_{n+1}})$ D. ${\sum }_{n=1}^{\infty }(u_{n+1}^2-u_n^2)$

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答案：

D。

解析：

因为

$\sum _{n=1}^N(u_{n+1}-u_n)=u_{N+1}-u_1$，

已知级数收敛等价于数列 $u_n$ 有有限极限。于是 $u_n^2$ 也有有限极限，且

$\sum _{n=1}^N(u_{n+1}^2-u_n^2)=u_{N+1}^2-u_1^2$

有极限，所以 D 必收敛。其余各项还涉及 $u_n$ 的具体极限或趋近速度，不能保证。

7. 设函数 $y=y(x)$ 满足 $(1-x)y^{\prime }+2y=0$，$y(0)=1$，$a_n(x)={\int }_0^{x}y(t){\sin }^{n}t\mathrm{d}t,n=1,2,\cdots$ (1)求 $y(x)$ 的表达式 (2) 证明 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n(1)$ 收敛

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答案：

（1）$y(x)=(1-x{)}^2$；

（2）$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(1)$ 收敛。

解析：

（1）方程化为

$\frac{y^{\prime }}{y}=-\frac{2}{1-x}$。

积分得 $y=C(1-x{)}^2$。由 $y(0)=1$，得

$y(x)=(1-x{)}^2$。

（2）于是

$a_n(1)={\int }_0^1(1-t{)}^2{\sin }^{n}t\mathrm{d}t\ge 0$。

因为 $0\le \sin t\le \sin 1<1$（$0\le t\le 1$），可交换求和与积分：

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(1)={\int }_0^1(1-t{)}^2\sum _{n=1}^{\infty }{\sin }^{n}t\mathrm{d}t$

$={\int }_0^1(1-t{)}^2\frac{\sin t}{1-\sin t}\mathrm{d}t$。

被积函数在 $[0,1]$ 上连续，故积分有限，原级数收敛。

8. 设 $a_n(x)$ 满足 $a_n^{\prime }(x)-\frac{n}{(1+x)\ln (1+x)}{a}_n(x)+{\ln }^n(1+x)=0$，$x>0$，$n=1,2,\cdots$，$a_n(1)=0$ (1)求 $a_n(x)$ 的表达式 (2) 判别 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\int }_0^1{a}_n(x)\mathrm{d}x$ 的敛散性

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答案：

（1）$a_n(x)=(1-x){\ln }^n(1+x)$；

（2）收敛。

解析：

（1）原方程为

$a_n^{\prime }-\frac{n}{(1+x)\ln (1+x)}{a}_n=-{\ln }^n(1+x)$。

积分因子为 $[\ln (1+x){]}^{-n}$，故

${\left(\frac{a_n(x)}{{\ln }^n(1+x)}\right)}^{\prime }=-1$。

于是

$a_n(x)=(C-x){\ln }^n(1+x)$。

由 $a_n(1)=0$ 得 $C=1$。

（2）在 $0\le x\le 1$ 上，$0\le \ln (1+x)\le \ln 2<1$，且

${\int }_0^1{a}_n(x)\mathrm{d}x={\int }_0^1(1-x){\ln }^n(1+x)\mathrm{d}x\ge 0$。

因此

$\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^1{a}_n(x)\mathrm{d}x={\int }_0^1(1-x)\frac{\ln (1+x)}{1-\ln (1+x)}\mathrm{d}x<+\infty$。

故该级数收敛。

9. 设幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n(x+1{)}^n$ 在 $x=1$ 处收敛，则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^{2n}$ 的收敛域为

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答案：

由已知条件必能保证的收敛域为

$[1-\sqrt{2},1+\sqrt{2}]$。

仅凭题设不能排除在此区间之外仍有收敛点，因此严格说“精确收敛域”信息不足。

解析：

在 $x=1$ 处，原幂级数变为

$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{2}^n$，

它收敛。令 $c_n=n{a}_n{2}^n$，则 $\sum c_n$ 收敛且 $c_n$ 有界。

当 $|z|<2$ 时，

$|a_n{z}^n|=\frac{|c_n|}{n}{\left(\frac{|z|}{2}\right)}^n$，

故 $\sum a_n{z}^n$ 绝对收敛；在 $z=2$ 时，

$\sum a_n{2}^n=\sum \frac{c_n}{n}$

由狄利克雷判别法收敛。

本题中 $z=(x-1{)}^2\ge 0$，因此只要

$(x-1{)}^2\le 2$，

级数就收敛，即得到上述闭区间。

10. 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n!}{n^n}{e}^{-nx}$ 的收敛域为

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答案：

$(-1,+\infty )$。

解析：

令

$u_n=\frac{n!}{n^n}{e}^{-nx}$。

由斯特林公式 $(n!{)}^{1/n}\sim n/e$，得

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{u_n}=e^{-(x+1)}$。

当 $x>-1$ 时根值小于 1，级数收敛；当 $x<-1$ 时根值大于 1，级数发散。

当 $x=-1$ 时，

$u_n=\frac{n!e^n}{n^n}\sim \sqrt{2\pi n}\nrightarrow 0$，

故发散。因此收敛域为 $(-1,+\infty )$。

11. 幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\cdot \frac{x^{\frac{n}{2}}}{n}$ 的和函数 $S(x)=$

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答案：

$S(x)=\ln (1+\sqrt{x})$，实数范围内的收敛域为 $0\le x\le 1$。

解析：

令 $t=\sqrt{x}$，则原级数为

$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{t^n}{n}$。

这是 $\ln (1+t)$ 的幂级数，故

$S(x)=\ln (1+\sqrt{x})$。

在实数范围内，$x^{n/2}$ 对所有整数 $n$ 统一取实值时通常要求 $x\ge 0$；又 $|t|<1$ 时绝对收敛，$t=1$ 时条件收敛，所以 $0\le x\le 1$。

12. ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)2^n}=$

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答案：

$2\ln 2-1$。

解析：

利用

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}=\frac{-\ln (1-x)-x}{x}$，

令 $x=1/2$，得

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)2^n}=2\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)=2\ln 2-1$。

13. ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{\left(n^2-1\right)2^n}=$

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答案：

$\frac{5}{8}-\frac{3}{4}\ln 2$。

解析：

由

$\frac{1}{n^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)$，

得

$S=\frac{1}{2}\left[\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n-1)2^n}-\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n+1)2^n}\right]$。

第一项为 $\frac{1}{2}\ln 2$；第二项为

$2\sum _{k=3}^{\infty }\frac{1}{k{2}^k}=2\left(\ln 2-\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\right)=2\ln 2-\frac{5}{4}$。

故

$S=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\ln 2-2\ln 2+\frac{5}{4}\right)=\frac{5}{8}-\frac{3}{4}\ln 2$。

14. 求幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-2{)}^n+2}{2^n(2n+1)}{x}^{2n}$ 的和函数 $S(x)$

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答案：

当 $|x|<1$ 时，

$S(x)=\frac{\arctan x}{x}+\frac{2\sqrt{2}}{x}\mathrm{arctanh}\frac{x}{\sqrt{2}}$，

并按连续延拓定义 $S(0)=3$。

解析：

将系数拆开：

$\frac{(-2{)}^n+2}{2^n(2n+1)}=\frac{(-1{)}^n}{2n+1}+\frac{2^{1-n}}{2n+1}$。

于是

$S_1=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{2n+1}=\frac{\arctan x}{x}$，

$S_2=2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(x^2/2{)}^n}{2n+1}=\frac{2\sqrt{2}}{x}\mathrm{arctanh}\frac{x}{\sqrt{2}}$。

两部分共同的开区间为 $|x|<1$。当 $x\to 0$ 时两部分极限分别为 1 和 2，故 $S(0)=3$。

15. (1) 求微分方程 $y^{\prime }(x)+y(x)=\frac{(-x{)}^{n-1}}{3^n{e}^x}$ 的通解，其中 $n$ 为任意正整数 (2)记 $a_n(x)(n=1,2,\cdots )$ 是(1) 中满足条件 $y(0)=0$ 的特解，求级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n(x)$

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答案：

（1）

$y=e^{-x}\left[C+\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n{3}^n}\right]$；

（2）

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x)=e^{-x}\ln \left(1+\frac{x}{3}\right)$，$-3<x\le 3$。

解析：

（1）乘以积分因子 $e^x$，得

$(e^{x}y{)}^{\prime }=\frac{(-x{)}^{n-1}}{3^n}$。

积分即得通解。满足 $y(0)=0$ 的特解为

$a_n(x)=e^{-x}\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n{3}^n}$。

（2）因此

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x)=e^{-x}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{(x/3{)}^n}{n}=e^{-x}\ln \left(1+\frac{x}{3}\right)$。

相应对数幂级数在 $-1<t\le 1$ 收敛，令 $t=x/3$ 即得范围。

16. 设函数 $f(x)=\frac{x^2-x-1}{x^2(x+1)}$ 的幂级数展开式为 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$，$x\in (0,2)$，则 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{(-1{)}^n{a}_n}{\sqrt{n^2+1}}=$

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答案：

$-1$。

解析：

先作部分分式分解：

$f(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x^2}$。

令 $t=x-1$，则

$\frac{1}{x+1}=\frac{1}{t+2}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2^{n+1}}{t}^n$，

$-\frac{1}{x^2}=-\frac{1}{(1+t{)}^2}=-\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n(n+1)t^n$。

所以

$a_n=(-1{)}^n\left[\frac{1}{2^{n+1}}-(n+1)\right]$。

从而

$\frac{(-1{)}^n{a}_n}{\sqrt{n^2+1}}=\frac{2^{-(n+1)}-(n+1)}{\sqrt{n^2+1}}⟶-1$。

17. 设 $f(x)$ 是以 $2$ 为周期的周期函数，且 $f(x)=1-x,x\in [0,1]$，$S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n\sin n\pi x$，其中 $b_n=2{\int }_0^{1}f(x)\sin n\pi x\mathrm{d}x$，则 $S(-\frac{5}{2})=$（） A. $\frac{1}{8}$ B. $\frac{1}{4}$ C. $-\frac{1}{8}$ D. $-\frac{1}{4}$

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答案：

严格结果为 $-\frac{1}{2}$，原选项中无正确项。

解析：

由

$b_n=2{\int }_0^1(1-x)\sin (n\pi x)\mathrm{d}x=\frac{2}{n\pi }$，

可知该正弦级数表示 $f(x)=1-x$ 在 $[0,1]$ 上的奇延拓及其以 2 为周期的延拓。

$-\frac{5}{2}$ 与 $-\frac{1}{2}$ 相差一个周期，而在 $-1<x<0$ 上奇延拓为

$S(x)=-f(-x)=-(1+x)$。

故

$S\left(-\frac{5}{2}\right)=S\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$。

该点不是间断点，所以不需要取左右极限平均。

18. 设 $f(x)=\sin x$，若 $f(x)=\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,x\in [0,\pi ]$，则 ${\lim }_{n\to \infty }{n}^2\ln (1+a_{2n})=$

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答案：

$-\frac{1}{\pi }$。

解析：

半区间余弦系数为

$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\sin x\cos nx\mathrm{d}x$。

当 $n=2m$ 时，

${\int }_0^{\pi }\sin x\cos (2mx)\mathrm{d}x=\frac{2}{1-4m^2}$，

故

$a_{2m}=\frac{4}{\pi (1-4m^2)}\sim -\frac{1}{\pi m^2}$。

由于 $a_{2m}\to 0$，有 $\ln (1+a_{2m})\sim a_{2m}$，因此

$\underset{m\to \infty }{\lim }{m}^2\ln (1+a_{2m})=-\frac{1}{\pi }$。

19. 已知 $f(x)=|x|$，$-\pi \le x\le \pi$ (1)将 $f(x)$ 展开成余弦级数 (2) 求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}$

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答案：

（1）

$|x|=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos (2n-1)x}{(2n-1{)}^2}$；

（2）$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}$。

解析：

函数 $|x|$ 为偶函数，所以只含余弦项。

$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\mathrm{d}x=\pi$，

$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2[(-1{)}^n-1]}{\pi n^2}$。

故偶数项系数为 0，奇数项系数为 $-4/(\pi n^2)$，得到所示展开式。

令 $x=0$，由傅里叶级数在连续点收敛于函数值 0，得

$0=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}$，

从而所求和为 ${\pi }^2/8$。

强化部分

1. 设级数① ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}$，② ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^{1+\frac{1}{\sqrt{\ln n}}}}$，则（） A. ①收敛，②发散 B. ①发散，②收敛 C. ①②均收敛 D. ①②均发散

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答案：

B．①发散，②收敛。

解析：

①有

$\frac{1}{n^{1+1/n}}=\frac{1}{n}{e}^{-\frac{\ln n}{n}}\sim \frac{1}{n}$，

故发散。

②有

$\frac{1}{n^{1+1/\sqrt{\ln n}}}=\frac{1}{n{e}^{\sqrt{\ln n}}}$。

用积分判别法，令 $u=\sqrt{\ln x}$，则 $\mathrm{d}x/x=2u\mathrm{d}u$，

${\int }^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x{e}^{\sqrt{\ln x}}}={\int }^{+\infty }2u{e}^{-u}\mathrm{d}u<+\infty$。

故②收敛。

2. 若级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }|u_n{v}_n|$ 收敛，则（） A. ${\sum }_{n=1}^{\infty }n|u_n|$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{|v_n|}{n}$ 都收敛 B. ${\sum }_{n=1}^{\infty }n|u_n|$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{|v_n|}{n}$ 至少一个收敛 C. ${\sum }_{n=1}^{\infty }n|u_n|$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{v_n}{n}$ 都收敛 D. ${\sum }_{n=1}^{\infty }n|u_n|$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{v_n}{n}$ 至少一个收敛

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答案：

原四个选项均不成立。

解析：

取

$u_n=\frac{1}{n^2},v_n=1$。

则

$\sum |u_n{v}_n|=\sum \frac{1}{n^2}$

收敛，但

$\sum n|u_n|=\sum \frac{1}{n}$，

$\sum \frac{|v_n|}{n}=\sum \frac{1}{n}$，

$\sum \frac{v_n}{n}=\sum \frac{1}{n}$

均发散。因此“都收敛”和“至少一个收敛”均不能保证，A、B、C、D 全部错误。

3. 设数列 $\{a_n\}$，$\{b_n\}$ 满足 $0\le a_{n+1}\le a_n+b_n,n\in N_{+}$，则“ $\{a_n\}$ 收敛”是“ ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛”的（） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分又非必要条件

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答案：

B．必要非充分条件。

解析：

先证明 $\sum b_n$ 收敛可推出 $a_n$ 收敛。由条件逐项相加，对 $m>n$ 有

$a_m-a_n\le \sum _{k=n}^{m-1}{b}_k$。

因为 $\sum b_n$ 收敛，其任意充分靠后的区间和的绝对值都可任意小，所以数列 $a_n$ 向上的振荡趋于零。又 $a_n\ge 0$，取趋近于下极限的子列即可推出上极限不超过下极限，故 $a_n$ 收敛。

反之，取 $a_n\equiv 0$、$b_n=1/n$，则条件成立且 $a_n$ 收敛，但 $\sum b_n$ 发散。

所以“$a_n$ 收敛”是“$\sum b_n$ 收敛”的必要非充分条件。

4. 设常数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛，则（） A. 当 $|r|\ge 1$ 时，${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{r}^n$ 发散 B. 当 $|r|\le 1$ 时，${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 收敛 C. 当 $|r|\ge 1$ 时，${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}{r}^{2n-1}$ 发散 D. 当 $|r|\le 1$ 时，${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散

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答案：

原四个选项均不成立。

解析：

条件收敛只说明幂级数 $\sum a_n{r}^n$ 的收敛半径为 1，并保证 $|r|<1$ 时绝对收敛、$r=1$ 时收敛；$r=-1$ 以及奇偶子级数在端点的敛散性均不能统一确定。

例如取

$a_{2n}=\frac{1}{n},a_{2n-1}=-\frac{1}{n}$，

则原级数按相邻两项配对收敛且不绝对收敛，但 $\sum a_{2n}$ 发散，否定 B。

另一方面可令奇、偶子级数分别为条件收敛级数，使 $\sum a_{2n-1}$ 在 $r=1$ 收敛，从而否定 C。A 因 $r=1$ 时原级数收敛而错误；D 因 $|r|<1$ 时必绝对收敛而错误。

5. 设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n$ 条件收敛，${\alpha }_n=\frac{1}{2}(u_n+|u_n|)$，$b_n=\frac{1}{2}(u_n-|u_n|)$，则关于级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\alpha }_n$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 的结论： (1) 都发散；(2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }({\alpha }_n-b_n)$ 发散；(3) ${\lim }_{n\to \infty }\frac{{\sum }_{k=1}^n{\alpha }_k}{{\sum }_{k=1}^n{b}_k}=-1$，正确结论的个数为（） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

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答案：

D．3 个。

解析：

${\alpha }_n$ 是 $u_n$ 的正部，$b_n$ 是其负部，因此

$u_n={\alpha }_n+b_n,|u_n|={\alpha }_n-b_n$。

条件收敛意味着正项总和为 $+\infty$、负项总和为 $-\infty$，故（1）正确；又绝对值级数发散，所以（2）正确。

记

$A_n=\sum _{k=1}^n{\alpha }_k,B_n=\sum _{k=1}^n{b}_k$。

因 $A_n+B_n$ 收敛而 $A_n\to +\infty$、$B_n\to -\infty$，故

$\frac{A_n}{B_n}=\frac{-B_n+O(1)}{B_n}\to -1$。

所以（3）也正确。

6. 若级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^p}$ 条件收敛，则 $p$ 的取值范围是（） A. $\left(-1,\frac{1}{2}\right]$ B. $(-1,1)$ C. $(0,1)$ D. $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]$

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答案：

D．$-\frac{1}{2}<p\le \frac{1}{2}$。

解析：

有

$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\sim \frac{1}{2\sqrt{n}}$，

故绝对值通项

$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^p}\sim \frac{1}{2n^{p+1/2}}$。

交错级数收敛要求通项趋于零，即 $p>-1/2$；绝对收敛要求 $p+1/2>1$，即 $p>1/2$。

所以条件收敛范围为

$-\frac{1}{2}<p\le \frac{1}{2}$。

7. 设数列 $\{a_n\}$，$\{b_n\}$ 满足 $e^{a_n}-e^{-a_n}=a_n(e^{b_n}+e^{-b_n})$，$0<a_n<1$，$0<b_n<1$，$n=1,2,\cdots$，且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛，证明： (1) $a_n>b_n$，$n=1,2,\cdots$ (2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(b_n-a_n)$ 收敛

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答案：

（1）$a_n>b_n$；

（2）$\sum _{n=1}^{\infty }(b_n-a_n)$ 绝对收敛。

解析：

原关系化为

$\frac{\sinh a_n}{a_n}=\cosh b_n$。

（1）对 $t>0$，由 $\tanh t<t$ 得

$\frac{\sinh t}{t}<\cosh t$。

故

$\cosh b_n=\frac{\sinh a_n}{a_n}<\cosh a_n$。

$\cosh t$ 在 $(0,+\infty )$ 单调增加，所以 $b_n<a_n$。

（2）因 $\sum b_n$ 收敛且 $b_n>0$，有 $b_n\to 0$。由上式可知 $a_n\to 0$。利用等价关系

$\frac{\sinh a_n}{a_n}-1\sim \frac{a_n^2}{6},\cosh b_n-1\sim \frac{b_n^2}{2}$，

得

$\frac{a_n}{b_n}\to \sqrt{3}$。

因此

$\frac{a_n-b_n}{b_n}\to \sqrt{3}-1$。

由极限比较判别法，$\sum (a_n-b_n)$ 收敛，故题中级数绝对收敛。

8. 已知 $\ln |\frac{x+2}{x-1}|-\frac{1}{(1+x{)}^2}+1={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n(-1<x<1)$，求 $a_n$

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答案：

$a_0=\ln 2$；对 $n\ge 1$，

$a_n=\frac{1}{n}+(-1{)}^{n-1}\left(n+1+\frac{1}{n{2}^n}\right)$。

解析：

在 $-1<x<1$ 内，

$\ln \left|\frac{x+2}{x-1}\right|=\ln (2+x)-\ln (1-x)$

$=\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n{2}^n}{x}^n+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}$。

又

$-\frac{1}{(1+x{)}^2}+1=-\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n(n+1)x^n+1$，

其常数项相消；对 $n\ge 1$，系数为 $(-1{)}^{n+1}(n+1)=(-1{)}^{n-1}(n+1)$。

合并即得结论。

9. 设 $n$ 为正整数，$y=y_n(x)$ 是微分方程 $x{y}^{\prime }-ny=0$ 满足条件 $y_n(1)=(n+1)(n+3)$ 的解 (1) 求 $y_n(x)$ (2) 求级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{y}_n(x)$

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答案：

（1）$y_n(x)=(n+1)(n+3)x^n$；

（2）当 $|x|<1$ 时，

$\sum _{n=1}^{\infty }{y}_n(x)=\frac{x(3x^2-9x+8)}{(1-x{)}^3}$。

解析：

方程 $x{y}^{\prime }-ny=0$ 的通解为 $y=C{x}^n$。由初值得

$C=(n+1)(n+3)$。

于是

$\sum _{n=1}^{\infty }{y}_n(x)=\sum _{n=1}^{\infty }(n^2+4n+3)x^n$。

利用

$\sum n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2},\sum n^2{x}^n=\frac{x(1+x)}{(1-x{)}^3}$，

化简得到所示和函数。由于通项含二次多项式因子，$x=\pm 1$ 时通项不趋于零，故收敛区间为 $(-1,1)$。

10. 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}=\frac{a+x_n}{1+x_n}$，$0<a<1$，$x_1\ge 0$ (1) 证明 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(x_{n+1}-x_n)$ 绝对收敛 (2) 求 ${\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{i=1}^n(x_{i+1}-x_i)$

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答案：

（1）绝对收敛；

（2）$\sqrt{a}-x_1$。

解析：

映射 $\phi (x)=(a+x)/(1+x)$ 的非负不动点为 $\sqrt{a}$，且

$\phi (x)-x=\frac{a-x^2}{1+x}$，

$\phi (x)-\sqrt{a}=\frac{(1-\sqrt{a})(x-\sqrt{a})}{1+x}$。

因此若 $x_1<\sqrt{a}$，数列单调增加且始终小于 $\sqrt{a}$；若 $x_1>\sqrt{a}$，数列单调减少且始终大于 $\sqrt{a}$。故总有

$x_n\to \sqrt{a}$。

由于数列单调，

$\sum _{n=1}^{\infty }|x_{n+1}-x_n|=|\sqrt{a}-x_1|<+\infty$，

所以绝对收敛。并且

$\sum _{i=1}^n(x_{i+1}-x_i)=x_{n+1}-x_1\to \sqrt{a}-x_1$。

11. 已知函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)=0$ 及 $f^{\prime \prime }(x)+2f^{\prime }(x)+f(x)=-1$，且 $f(0)=0$ (1)求 $f(x)$ 的表达式 (2)设 $a>0$，判别级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }f(n^{-a}\ln n)$ 的敛散性

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答案：

（1）$f(x)=e^{-x}-1$；

（2）当且仅当 $a>1$ 时收敛。

解析：

由第一式 $f^{\prime \prime }+f^{\prime }=0$，代入第二式可得

$f^{\prime }+f=-1$。

结合 $f(0)=0$，解得 $f=e^{-x}-1$，且它确实同时满足两方程。

令 $t_n=n^{-a}\ln n$。当 $a>0$ 时 $t_n\to 0^{+}$，且

$f(t_n)=e^{-t_n}-1\sim -t_n=-\frac{\ln n}{n^a}$。

正项级数 $\sum \ln n/n^a$ 当且仅当 $a>1$ 时收敛，所以原级数在 $a>1$ 时绝对收敛，在 $0<a\le 1$ 时发散。

12. 若数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，则幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n(x+2{)}^n$ 在 $x=-\sqrt{2}$ 处（） A. 绝对收敛 B. 条件收敛 C. 发散 D. 敛散性不能确定

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答案：

A．绝对收敛。

解析：

在 $x=-\sqrt{2}$ 处，

$|x+2|=2-\sqrt{2}<1$。

因为 $\sum a_n$ 收敛，所以 $a_n\to 0$，从而 $|a_n|$ 有界。设 $|a_n|\le M$，则

$\sum _{n=1}^{\infty }|n{a}_n(x+2{)}^n|\le M\sum _{n=1}^{\infty }n(2-\sqrt{2}{)}^n<+\infty$。

故绝对收敛。

13. 若级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{2}^n$ 发散，${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n(-3{)}^n$ 收敛，则幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n(x+1{)}^n$ 的收敛域为（） A. $(-3,1]$ B. $[-1,3)$ C. $[-2,2]$ D. $[-4,2)$

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答案：

题设条件互相矛盾，不存在满足条件的数列 $\{a_n\}$，因此原选项均无意义。

解析：

若 $\sum a_n(-3{)}^n$ 收敛，则其通项有界，即存在 $M$ 使

$|a_n|3^n\le M$。

于是

$|a_n{2}^n|\le M{\left(\frac{2}{3}\right)}^n$，

故 $\sum a_n{2}^n$ 必绝对收敛，这与题设“发散”矛盾。

等价地说，一个幂级数不可能在距中心为 3 的点收敛，却在距中心为 2 的点发散。

14. 设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 与 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n$ 的收敛半径均为 $r(0<r<+\infty )$，则下列幂级数中收敛半径必为 $r$ 的是（） A. ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n+b_n)x^n$ B. ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n+n{b}_n)x^n$ C. ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n+\frac{b_n}{2^n})x^n$ D. ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n+\frac{b_n}{n+1})x^n$

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答案：

C。

解析：

$\sum b_n{x}^n/2^n$ 的收敛半径为 $2r$，而 $\sum a_n{x}^n$ 的收敛半径为 $r$。两个半径不同的幂级数相加时，较小半径对应的奇点不可能被另一个在更大圆内解析的级数完全抵消，因此 C 的收敛半径必为 $r$。

A、B、D 中两部分的收敛半径都可能同为 $r$，可以通过选择系数发生完全或部分抵消。例如 A 中取 $b_n=-a_n$，和级数恒为零，收敛半径变为无穷大。

15. 设 $a_n$ 表示由曲线 $y=x^n$ 与 $y=x^{n+1}$ 所围成的平面图形的面积，$n=1,2,\cdots$ (1) 求幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数 $S(x)$ (2) 求数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n(n+1)2^n}$

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答案：

（1）

$a_n=\frac{1}{(n+1)(n+2)}$，

$S(x)=\frac{(1-x)\ln (1-x)+x-\frac{x^2}{2}}{x^2}$，$|x|\le 1$，且 $S(0)=0$；

（2）$1-3\ln \frac{3}{2}$。

解析：

（1）在 $0\le x\le 1$ 上 $x^n\ge x^{n+1}$，故

$a_n={\int }_0^1(x^n-x^{n+1})\mathrm{d}x=\frac{1}{(n+1)(n+2)}$。

再用

$\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$

及对数幂级数求和，即得所示 $S(x)$。由于 $a_n=O(n^{-2})$，两端点均绝对收敛。

（2）令 $z=-1/2$，利用

$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，

得

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{z^n}{n(n+1)}=1+\left(\frac{1}{z}-1\right)\ln (1-z)$。

代入 $z=-1/2$，结果为 $1-3\ln (3/2)$。

16. 设 $a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x$，$b_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t\mathrm{d}t$，$n=0,1,2,\cdots$，计算 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{b_n}{(2n+1)a_n}{x}^{2n}$

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答案：

当 $|x|<1$ 时，

$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{b_n}{(2n+1)a_n}{x}^{2n}=\frac{1}{2(1-x^2)}+\frac{3}{2x}\mathrm{arctanh}x$，

并取连续延拓值 $S(0)=2$。

解析：

令 $x=\sin t$，则

$a_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=b_n-b_{n+2}$。

由 Wallis 递推式

$b_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}{b}_n$，

故

$a_n=\frac{b_n}{n+2}$，从而

$\frac{b_n}{(2n+1)a_n}=\frac{n+2}{2n+1}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2(2n+1)}$。

于是

$S=\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{2n}+\frac{3}{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}$，

即得到所示公式。

17. 设 $a_n={\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-x}\mathrm{d}x,n=0,1,2,\cdots$ (1)求 $a_n$ 的表达式 (2) 计算 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{a_n}$

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答案：

（1）$a_n=n!$；

（2）$2e$。

解析：

分部积分得

$a_n={\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-x}\mathrm{d}x=n{\int }_0^{+\infty }{x}^{n-1}{e}^{-x}\mathrm{d}x=n{a}_{n-1}$，

且 $a_0=1$，故 $a_n=n!$。

于是

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{a_n}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n(n-1)}{n!}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{n!}=e+e=2e$。

18. 设 $a_n={\int }_0^1{x}^2{\ln }^{n}x\mathrm{d}x,n=0,1,2,\cdots$ (1)求 $a_n$ 的表达式 (2) 计算 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n!}$

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答案：

（1）$a_n=\frac{(-1{)}^{n}n!}{3^{n+1}}$；

（2）$\frac{1}{4}$。

解析：

利用公式

${\int }_0^1{x}^{\alpha -1}{\ln }^{n}x\mathrm{d}x=\frac{(-1{)}^{n}n!}{{\alpha }^{n+1}}$，

取 $\alpha =3$，即得 $a_n$。

因此

$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n!}=\frac{1}{3}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(-\frac{1}{3}\right)}^n=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1+1/3}=\frac{1}{4}$。

19. 设函数 $y=f(x)$ 满足 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+5y=0$，且 $f(0)=1$，$f^{\prime }(0)=-1$ (1)求 $f(x)$ 的表达式 (2)设 $a_n={\int }_{n\pi }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$，求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$

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答案：

（1）$f(x)=e^{-x}\cos 2x$；

（2）$\frac{1}{5(e^{\pi }-1)}$。

解析：

特征方程为 $r^2+2r+5=0$，根为 $-1\pm 2i$，故

$f=e^{-x}(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)$。

由初值得 $C_1=1$、$C_2=0$。

又

$a_n={\int }_{n\pi }^{+\infty }{e}^{-x}\cos 2x\mathrm{d}x=\frac{e^{-n\pi }}{5}$。

故

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\frac{1}{5}\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-n\pi }=\frac{1}{5(e^{\pi }-1)}$。

20. 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1,(n+1)a_{n+1}=(n+\frac{1}{2})a_n$，证明：当 $|x|<1$ 时，幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 收敛，并求其和函数

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答案：

当 $|x|<1$ 时级数收敛，且

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=2\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1\right)$。

解析：

由递推式

$a_{n+1}=\frac{n+1/2}{n+1}{a}_n$，

可知 $a_{n+1}/a_n\to 1$，故幂级数收敛半径为 1。

记 $F(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$。将递推式乘以 $x^n$ 后求和：

$F^{\prime }(x)-1=x{F}^{\prime }(x)+\frac{1}{2}F(x)$。

即

$(1-x)F^{\prime }-\frac{1}{2}F=1$。

乘以积分因子 $\sqrt{1-x}$，并用 $F(0)=0$，得

$\sqrt{1-x}F(x)=2(1-\sqrt{1-x})$，

所以得到结论。

21. 设级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数为 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$，数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_n=\frac{a_{n-1}}{n}+1-\frac{1}{n}$，$n=2,3,\cdots$，$a_1=2$，则 $S(x)=$（） A. $\frac{e^x-e^{-x}}{1+x}$ B. $\frac{e^x-e^{-x}}{1-x}$ C. $\frac{e^x-1}{1+x}$ D. $\frac{e^x-1}{1-x}$

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答案：

严格结果为

$S(x)=\frac{x}{1-x}+e^x-1=\frac{(1-x)e^x+2x-1}{1-x}$，$|x|<1$。

原选项中无正确项。

解析：

由递推关系归纳可得

$a_n=1+\frac{1}{n!}$。

事实上 $a_1=2$ 成立；若 $a_{n-1}=1+1/(n-1)!$，则

$a_n=\frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{(n-1)!}\right)+1-\frac{1}{n}=1+\frac{1}{n!}$。

于是

$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{x}^n+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n!}=\frac{x}{1-x}+e^x-1$。

第一部分决定收敛半径为 1。

22. 当 $|x|<1$ 时，${\sum }_{n=1}^{\infty }(1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!})x^n=$（） A. $\frac{e^x-e^{-x}}{1+x}$ B. $\frac{e^x-e^{-x}}{1-x}$ C. $\frac{e^x-1}{1+x}$ D. $\frac{e^x-1}{1-x}$

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答案：

D．$\frac{e^x-1}{1-x}$。

解析：

交换求和次序：

$\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k!}\right)x^n=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k!}\sum _{n=k}^{\infty }{x}^n$。

当 $|x|<1$ 时，

$=\frac{1}{1-x}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k!}=\frac{e^x-1}{1-x}$。

23. 将 $g(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{e^x-1}{x})$ 展开为 $x$ 的幂级数，并求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n}{(n+1)!}$

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答案：

$g(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n+1}{(n+2)!}{x}^n$；

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{(n+1)!}=1$。

解析：

由

$\frac{e^x-1}{x}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{(n+1)!}$，

逐项求导得

$g(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{(n+1)!}{x}^{n-1}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n+1}{(n+2)!}{x}^n$。

令 $x=1$，

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{(n+1)!}=g(1)$。

直接求导

$g(x)=\frac{x{e}^x-e^x+1}{x^2}$，

故 $g(1)=1$。

24. 设数列 $\{a_n\}$，$\{b_n\}$ 满足 ${\int }_{a_n}^{\tan a_n}{e}^{x^2}\mathrm{d}x=\ln (1+b_n{)}^{b_n}$，$a_n>0$，$b_n>0$，$n=1,2,\cdots$，且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，证明： (1) ${\lim }_{n\to \infty }{b}_n=0$ (2) 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{b_n^2}{a_n^2}$ 收敛

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答案：

（1）$b_n\to 0$；

（2）$\sum b_n^2/a_n^2$ 收敛。

解析：

因 $a_n>0$ 且 $\sum a_n$ 收敛，故 $a_n\to 0$。

当 $a\to 0^{+}$ 时，

$\tan a-a\sim \frac{a^3}{3}$，且 $e^{x^2}\to 1$，所以

${\int }_a^{\tan a}{e}^{x^2}\mathrm{d}x\sim \frac{a^3}{3}$。

右端按通常记号解释为

$\ln (1+b{)}^b=b\ln (1+b)\sim b^2$。

于是

$b_n^2\sim \frac{a_n^3}{3}$。

首先得到 $b_n\to 0$；其次

$\frac{b_n^2}{a_n^2}\sim \frac{a_n}{3}$。

由极限比较判别法及 $\sum a_n$ 收敛，所求级数收敛。

25. 求级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{n}^2}{2^n}$

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答案：

$-\frac{2}{27}$。

解析：

利用

$\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{x}^n=\frac{x(1+x)}{(1-x{)}^3}$，$|x|<1$，

令 $x=-1/2$，得

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{n}^2}{2^n}=\frac{(-1/2)(1/2)}{(3/2{)}^3}=-\frac{2}{27}$。

26. 设曲线 $y=x^{\frac{1}{n}}$ 与其在点 $(1,1)$ 处的切线和 $y$ 轴所围成的平面图形的面积为 $a_n$，其中 $n=2,3,\cdots$ (1)求 $a_n$ 的表达式 (2) 求幂级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数 $S(x)$

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答案：

（1）$a_n=\frac{n-1}{2n(n+1)}$；

（2）

$S(x)=-\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\right)\ln (1-x)-1$，

收敛域为 $[-1,1)$，并取 $S(0)=0$。

解析：

曲线 $y=x^{1/n}$ 在 $(1,1)$ 处的切线为

$y-1=\frac{1}{n}(x-1)$，即 $y=(x+n-1)/n$。

因曲线为凹函数，切线位于其上方。所围面积为

$a_n={\int }_0^1\left(\frac{x+n-1}{n}-x^{1/n}\right)\mathrm{d}x=\frac{n-1}{2n(n+1)}$。

又

$a_n=-\frac{1}{2n}+\frac{1}{n+1}$。

利用对数级数求和，得

$S(x)=-\frac{1}{2}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}+\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}=-\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\right)\ln (1-x)-1$。

由于 $a_n\sim 1/(2n)$，$x=1$ 发散而 $x=-1$ 条件收敛。

27. 已知函数 $y=f(x)=x\ln x+{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^{n+2}}{(n+1)\cdot (n+1)!}$，求 $f(x)$ 的定义域，证明 $y=f(x)$ 满足微分方程 $x{y}^{\prime }-y=x{e}^x$，且 ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=0$

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答案：

定义域为 $(0,+\infty )$；且

$x{y}^{\prime }-y=x{e}^x$，

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0$。

解析：

幂级数部分含有阶乘，收敛半径为无穷大；但 $x\ln x$ 的实数定义域为 $x>0$，故总定义域为 $(0,+\infty )$。

令 $m=n+1$，级数部分写为

$\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^{m+1}}{mm!}$。

算子 $x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}-1$ 作用于 $x^{m+1}/(mm!)$ 后得到 $x^{m+1}/m!$；而作用于 $x\ln x$ 后得到 $x$。因此

$x{y}^{\prime }-y=x+\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^{m+1}}{m!}=x+x(e^x-1)=x{e}^x$。

最后 $x\ln x\to 0$，级数部分为 $O(x^2)$，故极限为 0。

28. 将函数 $f(x)=\frac{1}{x^2}$ 展开成 $x+1$ 的幂级数，求该幂级数的收敛域，并求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^2(x+1{)}^n$

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答案：

$\frac{1}{x^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)(x+1{)}^n$，收敛域为 $-2<x<0$；

$\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2(x+1{)}^n=-\frac{(x+1)(x+2)}{x^3}$，$-2<x<0$。

解析：

令 $t=x+1$，则 $x=t-1$，

$\frac{1}{x^2}=\frac{1}{(1-t{)}^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)t^n$，$|t|<1$。

故收敛域为 $|x+1|<1$。

又

$\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{t}^n=\frac{t(1+t)}{(1-t{)}^3}$。

代入 $t=x+1$，并注意 $1-t=-x$，得到结论。两端点通项均不趋于零。

29. 求幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 的收敛域与和函数

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答案：

收敛域为 $[-1,1]$，和函数为

$S(x)=\arctan x-x$。

解析：

标准展开式为

$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。

原级数从 $n=1$ 开始，所以应减去首项 $x$。

在 $|x|<1$ 内绝对收敛；在 $x=\pm 1$ 处均化为交错级数而收敛，故收敛域为闭区间。

30. 求数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{n(n+1)}{2^n}$

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答案：

$-\frac{8}{27}$。

解析：

利用

$\sum _{n=1}^{\infty }n(n+1)x^n=\frac{2x}{(1-x{)}^3}$，

令 $x=-1/2$，得

$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{n(n+1)}{2^n}=\frac{-1}{(3/2{)}^3}=-\frac{8}{27}$。

31. 设 $a_n={\int }_0^{+\infty }{e}^{-n^2{x}^2}\mathrm{d}x,n=1,2,\cdots$，求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n{a}_{n+2}$

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答案：

$-\frac{\pi }{16}$。

解析：

高斯积分给出

$a_n={\int }_0^{+\infty }{e}^{-n^2{x}^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{n}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-u^2}\mathrm{d}u=\frac{\sqrt{\pi }}{2n}$。

因此

$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n{a}_{n+2}=\frac{\pi }{4}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n(n+2)}$。

由

$\frac{1}{n(n+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)$，

可算得

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n(n+2)}=-\frac{1}{4}$。

故结果为 $-\pi /16$。

32. 求级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{n!}$

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答案：

$e+1$。

解析：

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{n!}=2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{n!}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}$。

其中

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{n!}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n-1)!}=e$，

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}=e-1$。

故结果为 $2e-(e-1)=e+1$。

33. ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+2)\cdot n!}=$

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答案：

$\frac{1}{2}$。

解析：

利用

$\frac{1}{n+2}={\int }_0^1{t}^{n+1}\mathrm{d}t$，

得

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+2)n!}={\int }_0^{1}t\sum _{n=1}^{\infty }\frac{t^n}{n!}\mathrm{d}t={\int }_0^{1}t(e^t-1)\mathrm{d}t$。

而

${\int }_0^{1}t{e}^t\mathrm{d}t=1$，${\int }_0^{1}t\mathrm{d}t=1/2$，故结果为 $1/2$。

34. ${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^2{2}^{-nx}(x>0)$ 的和函数 $S(x)=$

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答案：

$S(x)=\frac{x^2}{1-2^{-x}}$，$x>0$。

解析：

对固定的 $x>0$，原级数是公比为 $2^{-x}$ 的等比级数，且 $0<2^{-x}<1$。因此

$S(x)=x^2\sum _{n=0}^{\infty }(2^{-x}{)}^n=\frac{x^2}{1-2^{-x}}$。

35. 求级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n(2n-1)}$

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答案：

$\ln 2-\frac{\pi }{2}$。

解析：

作部分分式分解：

$\frac{1}{n(2n-1)}=-\frac{1}{n}+\frac{2}{2n-1}$。

故

$S=-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}+2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n-1}$。

第一部分为 $\ln 2$；第二个基本级数满足

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n-1}=-\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots \right)=-\frac{\pi }{4}$。

所以 $S=\ln 2-\pi /2$。

36. 求级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{[2+(-1{)}^n{]}^n}{n\cdot 6^n}$

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答案：

$\frac{1}{2}\ln \frac{28}{15}$。

解析：

将奇偶项分开。

当 $n=2k$ 时，通项为

$\frac{3^{2k}}{2k{6}^{2k}}=\frac{1}{2k{4}^k}$，

其和为 $\frac{1}{2}\ln (4/3)$。

当 $n$ 为奇数时，$2+(-1{)}^n=1$，故奇数项之和为

$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(1/6{)}^{2k+1}}{2k+1}=\mathrm{arctanh}\frac{1}{6}=\frac{1}{2}\ln \frac{7}{5}$。

两者相加即得

$\frac{1}{2}\ln \frac{4}{3}+\frac{1}{2}\ln \frac{7}{5}=\frac{1}{2}\ln \frac{28}{15}$。

37. 设 $f(x)$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数，且满足 $f(x+\pi )=-f(x)$，则 $f(x)$ 的傅里叶系数 $a_{2n}=$（） A. $-\frac{\pi }{4}$ B. $\frac{\pi }{4}$ C. $-\frac{\pi }{2}$ D. $\frac{\pi }{2}$

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答案：

$a_{2n}=0$。原选项均不正确。

解析：

傅里叶余弦系数

$a_{2n}=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos (2nx)\mathrm{d}x$。

把积分分为 $[-\pi ,0]$ 与 $[0,\pi ]$，并在后一部分作平移 $x=t+\pi$。由于

$f(t+\pi )=-f(t)$，

$\cos [2n(t+\pi )]=\cos (2nt)$，

两部分恰好相消，所以 $a_{2n}=0$。

38. 设 $f(x)$ 是周期为2的周期函数，且 $f(x)=1-x,x\in [0,1]$，若 $f(x)=\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\cos n\pi x$，则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_{2n}=$ _____

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答案：

$0$。

解析：

按题目给出的纯余弦展开，应理解为 $f(x)=1-x$ 在 $[0,1]$ 上的半区间余弦展开。其系数为

$a_n=2{\int }_0^1(1-x)\cos (n\pi x)\mathrm{d}x=\frac{2[1-(-1{)}^n]}{n^2{\pi }^2}$。

因此对所有 $n\ge 1$，$a_{2n}=0$，故其和也为 0。

39. 设 $f(x)$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上连续且满足 $f(x+\pi )=-f(x)$，则 $f(x)$ 的傅里叶系数 $a_{2n}=$，$n=1,2,\cdots$

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答案：

$a_{2n}=0$，$n=1,2,\dots$。

解析：

利用反周期条件 $f(x+\pi )=-f(x)$，而偶次余弦满足

$\cos [2n(x+\pi )]=\cos 2nx$。

在任意长度为 $2\pi$ 的积分区间内，将相隔 $\pi$ 的两段配对，积分相消，故偶次余弦系数均为零。连续性保证通常的傅里叶系数存在。

40. 设 $f(x)=1-x^2(0\le x\le \pi )$，$S(x)=\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,x\in R$，其中 $a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x$，计算 $S(-\pi )+{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^2}$

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答案：

$1-\frac{11{\pi }^2}{12}$。

解析：

给定余弦级数表示 $f(x)=1-x^2$ 的偶延拓及其 $2\pi$ 周期延拓。在 $x=-\pi$ 处左右极限都等于

$f(\pi )=1-{\pi }^2$，

故

$S(-\pi )=1-{\pi }^2$。

又经典交错平方倒数和为

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{12}$。

相加得

$1-{\pi }^2+\frac{{\pi }^2}{12}=1-\frac{11{\pi }^2}{12}$。