四、一般项级数敛散性的判别

23. 【1987-12-3 分】 设常数 $k>0$，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{k+n}{n^2}$（ ）

A. 发散    B. 绝对收敛    C. 条件收敛    D. 收敛与发散与 $k$ 的值有关

查看答案与解析

答案： C

解析： 将原级数拆分为

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

其中，第一项是交错调和级数，收敛；第二项绝对收敛。因此原级数收敛。

再考察绝对值级数：

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

由于调和级数 $\sum 1/n$ 发散，故上述绝对值级数发散。因此原级数为

$$\boxed{\text{条件收敛}}.$$

A错误；B错误；D错误，因为结论与 $k>0$ 的具体取值无关。

---

24. 【1990-123-3 分】 设 $a$ 为常数，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{\sin (na)}{n^2}-\frac{1}{\sqrt{n}}\right]$（ ）

A. 绝对收敛 B. 条件收敛    C. 发散 D. 收敛性与 $a$ 的取值有关

查看答案与解析

答案： C

解析： 因为

$$\left|\frac{\sin (na)}{n^2}\right|\le \frac{1}{n^2},$$

所以级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin (na)}{n^2}$$

对任意常数 $a$ 都绝对收敛。

而

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}$$

是 $p=\frac{1}{2}\le 1$ 的 $p$ 级数，发散。因此原级数是一个收敛级数减去发散到 $+\infty$ 的正项级数，其部分和趋于 $-\infty$，故原级数发散。

所以

$$\boxed{\text{原级数发散}}.$$

其敛散性与 $a$ 无关。

---

25. 【1991-4-3 分】 设 $0\le a_n<\frac{1}{n}(n=1,2,\cdots )$，则下列级数中肯定收敛的是（ ）.

A. $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$    B. $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$

C. $\sum _{n=1}^{\infty }\sqrt{a_n}$    D. $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n^2$

查看答案与解析

答案： D

解析： 由题设

$$0\le a_n<\frac{1}{n},$$

可得

$$0\le a_n^2<\frac{1}{n^2}.$$

因为 $\sum 1/n^2$ 收敛，所以由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2$$

收敛，从而

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

绝对收敛，故D正确。

A不一定成立，例如取 $a_n=\frac{1}{2n}$，则 $\sum a_n$ 发散。

B不一定成立，例如取

$$a_{2m}=\frac{1}{2m},a_{2m-1}=0,$$

则

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n=\sum _{m=1}^{\infty }\frac{1}{2m}$$

发散。

C不一定成立，例如仍取 $a_n=\frac{1}{2n}$，则 $\sum \sqrt{a_n}$ 与 $\sum 1/\sqrt{n}$ 同敛散，故发散。

---

26. 【1992-12-3 分】 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(1-\cos \frac{\alpha }{n}\right)$（$\alpha >0$）（ ）

A. 发散    B. 条件收敛    C. 绝对收敛    D. 敛散性与 $\alpha$ 有关

查看答案与解析

答案： C

解析： 当 $n\to \infty$ 时，利用等价无穷小

$$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}(x\to 0),$$

得

$$1-\cos \frac{\alpha }{n}\sim \frac{{\alpha }^2}{2n^2}.$$

因为

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

收敛，所以由极限比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\cos \frac{\alpha }{n}\right)$$

收敛。

因此原级数的绝对值级数收敛，即原级数

$$\boxed{\text{绝对收敛}}.$$

该结论对任意 $\alpha >0$ 均成立。

---

27. 【1994-124-3 分】 设常数 $\lambda >0$，且级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 收敛，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\cdot \frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda }}$（ ）

A. 发散    B. 条件收敛    C. 绝对收敛    D. 收敛性与 $\lambda$ 有关

查看答案与解析

答案： C

解析： 考察绝对值级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda }}.$$

由柯西—施瓦茨不等式，

$$\sum _{n=1}^N\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda }}\le {\left(\sum _{n=1}^N{a}_n^2\right)}^{1/2}{\left(\sum _{n=1}^N\frac{1}{n^2+\lambda }\right)}^{1/2}.$$

已知 $\sum a_n^2$ 收敛；又有

$$0<\frac{1}{n^2+\lambda }<\frac{1}{n^2},$$

故 $\sum 1/(n^2+\lambda )$ 收敛。因此右端有统一上界，绝对值级数收敛。

所以原级数

$$\boxed{\text{绝对收敛}}.$$

结论与 $\lambda >0$ 的具体取值无关。

---

28. 【1995-12-3 分】 设 $u_n=(-1{)}^n\ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$，则级数（ ）.

A. $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 都收敛

B. $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 都发散

C. $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 收敛，而 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 发散

D. $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 发散，而 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 收敛

查看答案与解析

答案： C

解析： 令

$$b_n=\ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)>0.$$

因为 $1/\sqrt{n}$ 单调递减到 $0$，而 $\ln (1+x)$ 单调增加，所以 $b_n$ 单调递减且 $b_n\to 0$。由莱布尼茨判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{b}_n$$

收敛。

对平方级数，利用

$$\ln (1+x)\sim x(x\to 0),$$

得

$$u_n^2={\left[\ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right]}^2\sim \frac{1}{n}.$$

因为调和级数 $\sum 1/n$ 发散，故由极限比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$$

发散。

因此正确结论为：

$$\boxed{\sum u_n\text{ 收敛，而 }\sum u_n^2\text{ 发散}}.$$

---

29. 【1996-12-3 分】 设 $a_n>0(n=1,2,\cdots )$，且 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，常数 $\lambda \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(n\tan \frac{\lambda }{n}\right)a_{2n}$（ ）

A. 绝对收敛    B. 条件收敛    C. 发散    D. 敛散性与 $\lambda$ 有关

查看答案与解析

答案： A

解析： 当 $n\to \infty$ 时，

$$n\tan \frac{\lambda }{n}=\lambda \frac{\tan (\lambda /n)}{\lambda /n}⟶\lambda .$$

因此数列 $\left\{n\tan \frac{\lambda }{n}\right\}$ 有界，存在常数 $M>0$，使得

$$0<n\tan \frac{\lambda }{n}\le M.$$

于是

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left|(-1{)}^n\left(n\tan \frac{\lambda }{n}\right)a_{2n}\right|\le M\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}.$$

由于正项级数 $\sum a_n$ 收敛，其偶数项子级数 $\sum a_{2n}$ 也收敛。因此原级数的绝对值级数收敛。

故原级数

$$\boxed{\text{绝对收敛}}.$$

---

30. 【2002-1-3 分】 设 $u_n\ne 0(n=1,2,3,\cdots )$，且 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{u_n}=1$，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\left(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}}\right)$（ ）

A. 发散 B. 绝对收敛    C. 条件收敛 D. 收敛性根据所给条件不能判定

查看答案与解析

答案： C

解析： 记

$$c_n=\frac{1}{u_n}.$$

由

$$\frac{n}{u_n}\to 1$$

可知

$$c_n\sim \frac{1}{n},$$

特别地，$c_n\to 0$，且充分大时 $c_n>0$。

原级数的前 $N$ 项和为

$$\begin{array}{rl}{S}_N& =\sum _{n=1}^N(-1{)}^{n+1}(c_n+c_{n+1})\\ & =\sum _{n=1}^N(-1{)}^{n+1}{c}_n+\sum _{n=1}^N(-1{)}^{n+1}{c}_{n+1}.\end{array}$$

第二个和式令 $m=n+1$，中间各项两两抵消，得到

$$S_N=c_1+(-1{)}^{N+1}{c}_{N+1}.$$

因为 $c_{N+1}\to 0$，所以

$$S_N\to c_1,$$

原级数收敛。

另一方面，充分大时 $c_n,c_{n+1}>0$，且

$$c_n+c_{n+1}\sim \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\sim \frac{2}{n}.$$

因此

$$\sum _{n=1}^{\infty }|c_n+c_{n+1}|$$

发散，原级数不绝对收敛。

所以原级数

$$\boxed{\text{条件收敛}}.$$

---

31. 【2009-1-4 分】 设有两个数列 $\{a_n\}$，$\{b_n\}$，若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$，则（ ）

A. 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛时，$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛

B. 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 发散时，$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 发散

C. 当 $\sum _{n=1}^{\infty }|b_n|$ 收敛时，$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$ 收敛

D. 当 $\sum _{n=1}^{\infty }|b_n|$ 发散时，$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$ 发散

查看答案与解析

答案： C

解析： 因为 $a_n\to 0$，所以数列 $\{a_n\}$ 有界，存在 $M>0$，使

$$|a_n|\le M.$$

若 $\sum |b_n|$ 收敛，则 $b_n\to 0$，故充分大时 $|b_n|\le 1$，从而

$$0\le a_n^2{b}_n^2\le M^2{b}_n^2\le M^2|b_n|.$$

由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$$

收敛。因此C正确。

A错误。例如取

$$b_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}},a_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}},$$

则 $a_n\to 0$，$\sum b_n$ 收敛，但

$$a_n{b}_n=\frac{1}{n},$$

故 $\sum a_n{b}_n$ 发散。

B错误，例如取 $a_n=0$，则无论 $\sum b_n$ 是否发散，$\sum a_n{b}_n=0$ 都收敛。

D错误，仍可取 $a_n=0$，则 $\sum a_n^2{b}_n^2$ 收敛。

---

32. 【2012-3-4 分】 已知级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\sqrt{n}\sin \frac{1}{n^{\alpha }}$ 绝对收敛，$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^{2-\alpha }}$ 条件收敛，则（ ）

A. $0<\alpha \le \frac{1}{2}$    B. $\frac{1}{2}<\alpha \le 1$

C. $1<\alpha \le \frac{3}{2}$    D. $\frac{3}{2}<\alpha <2$

查看答案与解析

答案： D

解析： 先看第一个级数。由于

$$\sin \frac{1}{n^{\alpha }}\sim \frac{1}{n^{\alpha }},$$

故其绝对值一般项满足

$$\sqrt{n}\left|\sin \frac{1}{n^{\alpha }}\right|\sim \frac{1}{n^{\alpha -1/2}}.$$

要使其绝对收敛，必须有

$$\alpha -\frac{1}{2}>1,$$

即

$$\alpha >\frac{3}{2}.$$

再看第二个级数

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

交错 $p$ 级数条件收敛要求

$$0<2-\alpha \le 1.$$

其中 $2-\alpha >0$ 保证一般项趋于零，$2-\alpha \le 1$ 保证绝对值级数发散。因此

$$1\le \alpha <2.$$

两个条件取交集，得到

$$\boxed{\frac{3}{2}<\alpha <2}.$$

---

33. 【2013-3-4 分】 设 $\{a_n\}$ 为正项数列，下列选项正确的是（ ）

A. 若 $a_n>a_{n+1}$，则 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{a}_n$ 收敛

B. 若 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{a}_n$ 收敛，则 $a_n>a_{n+1}$

C. 若 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，则存在常数 $p>1$，使 $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^p{a}_n$ 存在

D. 若存在常数 $p>1$，使 $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^p{a}_n$ 存在，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛

查看答案与解析

答案： D

解析： 若存在 $p>1$，使极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^p{a}_n=L$$

存在且为有限值，则数列 $\{n^p{a}_n\}$ 有界。因此存在常数 $M>0$，使充分大的 $n$ 满足

$$0<a_n\le \frac{M}{n^p}.$$

因为 $p>1$ 时 $p$ 级数 $\sum 1/n^p$ 收敛，由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$

收敛，故 D 正确。

其余选项均不成立：

• A 中仅有严格递减，不能保证 $a_n\to 0$。例如 $a_n=1+1/n$ 严格递减，但交错级数的一般项不趋于 $0$，故发散。
• B 中交错级数收敛并不要求正项数列从第一项起单调递减；只要满足其他收敛条件，也可能出现局部波动。
• C 中取 $$a_n=\frac{1}{n(\ln n{)}^2}(n\ge 2),$$ 则 $\sum a_n$ 收敛，但对任意 $p>1$， $$n^p{a}_n=\frac{n^{p-1}}{(\ln n{)}^2}\to +\infty ,$$ 不存在所要求的有限极限。

---

34. 【2016-3-4 分】 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\sin (n+k)$（ ）

A. 绝对收敛    B. 条件收敛    C. 发散    D. 收敛性与 $k$ 有关

查看答案与解析

答案： A

解析： 利用 $|\sin (n+k)|\le 1$，有

$$\left|\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\sin (n+k)\right|\le \frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}.$$

右端构成正项望远镜级数，而且

$$\sum _{n=1}^N\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)=1-\frac{1}{\sqrt{N+1}}\to 1.$$

因此由比较判别法，原级数的绝对值级数收敛，故原级数绝对收敛。

结论与常数 $k$ 无关，故选

$$\boxed{\text{A}}.$$

---

35. 【2019-1-4 分】 设 $\{u_n\}$ 是单调增加的有界数列，则下列级数中收敛的是（ ）

A. $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n}$    B. $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$

C. $\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$    D. $\sum _{n=1}^{\infty }\left(u_{n+1}^2-u_n^2\right)$

查看答案与解析

答案： D

解析： 单调增加且有界的数列必收敛。设

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=L.$$

对 D，前 $N$ 项和为

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

因为 $u_{N+1}\to L$，所以

$$u_{N+1}^2-u_1^2\to L^2-u_1^2,$$

故 D 中级数收敛。

其他选项不能保证收敛。例如取常数数列 $u_n=1$，它单调不减且有界，则

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

发散，故 A 错；同时

$$\sum (-1{)}^n\frac{1}{u_n}=\sum (-1{)}^n$$

的一般项不趋于 $0$，故 B 错。C 还可能因某些 $u_{n+1}=0$ 而无意义，且在题设的一般条件下不能作为必然收敛的结论。

---

36. 【2023-13-5 分】 已知 $a_n<b_n$，且级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 都收敛，则“级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收敛”是“级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 绝对收敛”的（ ）

A. 充要条件    B. 充分不必要条件    C. 必要不充分条件    D. 既不必要也不充分条件

查看答案与解析

答案： A

解析： 令

$$c_n=b_n-a_n>0.$$

由于 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 都收敛，所以

$$\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n=\sum _{n=1}^{\infty }(b_n-a_n)$$

也收敛。又因 $c_n>0$，故 $\sum c_n$ 绝对收敛。

若 $\sum a_n$ 绝对收敛，由

$$|b_n|=|a_n+c_n|\le |a_n|+c_n$$

及比较判别法可知 $\sum |b_n|$ 收敛，即 $\sum b_n$ 绝对收敛。

反之，若 $\sum b_n$ 绝对收敛，因为

$$|a_n|=|b_n-c_n|\le |b_n|+c_n,$$

同理可得 $\sum |a_n|$ 收敛。

因而二者互为充分必要条件，故选

$$\boxed{\text{A}}.$$

---

37. 【2025-1-5 分】 已知级数：① $\sum _{n=1}^{\infty }\sin \frac{n^3\pi }{n^2+1}$；② $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}-\tan \frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\right)$，则（ ）

A. ①与②均条件收敛    B. ①条件收敛，②绝对收敛

C. ①绝对收敛，②条件收敛    D. ①与②均绝对收敛

查看答案与解析

答案： B

解析： 对级数①，先将正弦中的角化简：

$$\frac{n^3}{n^2+1}=n-\frac{n}{n^2+1}.$$

因而

$$\sin \frac{n^3\pi }{n^2+1}=\sin \left(n\pi -\frac{n\pi }{n^2+1}\right)=(-1{)}^{n+1}\sin \frac{n\pi }{n^2+1}.$$

记

$$b_n=\sin \frac{n\pi }{n^2+1}>0.$$

有

$$b_n\sim \frac{n\pi }{n^2+1}\sim \frac{\pi }{n}.$$

且 $b_n$ 充分大时单调递减并趋于 $0$，故级数①由莱布尼茨判别法收敛；但

$$\sum b_n$$

与调和级数极限比较后发散，所以①条件收敛。

对级数②，令

$$x_n=\frac{1}{n^{2/3}}\to 0.$$

由泰勒展开

$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+O(x^5),$$

得

$$x_n-\tan x_n=-\frac{x_n^3}{3}+O(x_n^5)=-\frac{1}{3n^2}+O\left(\frac{1}{n^{10/3}}\right).$$

因此

$$\left|\frac{1}{n^{2/3}}-\tan \frac{1}{n^{2/3}}\right|\sim \frac{1}{3n^2}.$$

由极限比较判别法，级数②绝对收敛。

所以正确选项为

$$\boxed{\text{B}}.$$

---

38. 【2025-3-5 分】 已知 $k$ 为常数，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left[\frac{1}{n}-\ln \left(1+\frac{k}{n^2}\right)\right]$（ ）

A. 绝对收敛    B. 条件收敛    C. 发散    D. 敛散性与 $k$ 有关

查看答案与解析

答案： B

解析： 对任意固定常数 $k$，当 $n$ 充分大时 $1+k/n^2>0$，且

$$\ln \left(1+\frac{k}{n^2}\right)=\frac{k}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).$$

将原级数拆分为

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

第一项是收敛的交错调和级数。对第二项，因为

$$\left|\ln \left(1+\frac{k}{n^2}\right)\right|\sim \frac{|k|}{n^2}$$

（当 $k=0$ 时该项恒为 $0$），故其绝对收敛。因此原级数收敛。

再考察绝对收敛性。其一般项括号内满足

$$\frac{1}{n}-\ln \left(1+\frac{k}{n^2}\right)=\frac{1}{n}-\frac{k}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)\sim \frac{1}{n}.$$

故绝对值级数与调和级数同敛散，因而发散。

所以原级数收敛但不绝对收敛，即

$$\boxed{\text{条件收敛}}.$$

注：若某些有限的前项因对数真数非正而无定义，应按题意限定在有定义的范围内；有限项的增删不影响级数尾部的敛散性。