二、幂级数求和｜系数为有理函数

（一）系数为有理函数

54. 【1987-12-10 分】 求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}{x}^{n+1}$ 的收敛域，并求其和函数.

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答案： 收敛域为 $[-2,2)$，和函数为

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

解析： 原级数可写为

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

由基本幂级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{t^n}{n}=-\ln (1-t),|t|<1,$$

取 $t=\frac{x}{2}$，得到在 $|x|<2$ 时

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

再考察端点。

当 $x=2$ 时，级数化为

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

故发散。

当 $x=-2$ 时，级数化为

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

由莱布尼茨判别法知其收敛，并且

$$S(-2)=2\ln 2.$$

这与和函数表达式在 $x=-2$ 处的取值一致。因此收敛域为

$$\boxed{[-2,2)}.$$

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55. 【1990-12-6 分】 求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1)x^n$ 的收敛域，并求其和函数.

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答案： 收敛域为 $(-1,1)$，和函数为

$$S(x)=\frac{1+x}{(1-x{)}^2}.$$

解析： 当 $|x|<1$ 时，几何级数满足

$$\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}.$$

逐项求导得

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

两边同乘 $x$，有

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

于是

$$\begin{array}{rl}S(x)& =2\sum _{n=0}^{\infty }n{x}^n+\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n\\ & =\frac{2x}{(1-x{)}^2}+\frac{1}{1-x}\\ & =\frac{1+x}{(1-x{)}^2}.\end{array}$$

当 $x=1$ 时，一般项 $2n+1$ 不趋于 $0$；当 $x=-1$ 时，一般项 $(2n+1)(-1{)}^n$ 也不趋于 $0$。故两个端点均发散。

因此

$$\boxed{S(x)=\frac{1+x}{(1-x{)}^2},-1<x<1}.$$

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56. 【1993-4-3 分】 级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(\ln 3{)}^n}{2^n}$ 的和为 _____.

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答案： $\frac{2}{2-\ln 3}$。

解析： 原级数是首项为 $1$、公比为

$$q=\frac{\ln 3}{2}$$

的几何级数。由于 $0<\ln 3<2$，故 $|q|<1$，级数收敛，其和为

$$\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{\ln 3}{2}\right)}^n=\frac{1}{1-\frac{\ln 3}{2}}=\boxed{\frac{2}{2-\ln 3}}.$$

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57. 【1993-12-6 分】 求级数 $\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{n^2-n+1}{2^n}$ 的和.

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答案： $\frac{22}{27}$。

解析： 令

$$r=-\frac{1}{2}.$$

则原级数可写为

$$S=\sum _{n=0}^{\infty }(n^2-n+1)r^n.$$

当 $|r|<1$ 时，有

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

以及

$$\sum _{n=0}^{\infty }{n}^2{r}^n=\frac{r(1+r)}{(1-r{)}^3}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{r(1+r)}{(1-r{)}^3}-\frac{r}{(1-r{)}^2}+\frac{1}{1-r}.\end{array}$$

代入 $r=-\frac{1}{2}$，得

$$\sum _{n=0}^{\infty }{n}^2{r}^n=-\frac{2}{27},\sum _{n=0}^{\infty }n{r}^n=-\frac{2}{9},\sum _{n=0}^{\infty }{r}^n=\frac{2}{3}.$$

故

$$\begin{array}{rl}S& =-\frac{2}{27}+\frac{2}{9}+\frac{2}{3}\\ & =\boxed{\frac{22}{27}}.\end{array}$$

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58. 【1996-12-7 分】 求级数 $\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}$ 的和.

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答案： $\frac{5}{8}-\frac{3}{4}\ln 2$。

解析： 利用部分分式分解

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

于是

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{2}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n-1)2^n}-\frac{1}{2}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n+1)2^n}.\end{array}$$

对第一项令 $k=n-1$，则

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

对第二项令 $k=n+1$，则

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n+1)2^n}& =2\sum _{k=3}^{\infty }\frac{1}{k{2}^k}\\ & =2\left(\ln 2-\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\right)\\ & =2\ln 2-\frac{5}{4}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\ln 2-2\ln 2+\frac{5}{4}\right)\\ & =\boxed{\frac{5}{8}-\frac{3}{4}\ln 2}.\end{array}$$

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59. 【1997-3-6 分】 从点 $P_1(1,0)$ 作 $x$ 轴的垂线，交抛物线 $y=x^2$ 于点 $Q_1(1,1)$，再从 $Q_1$ 作这条抛物线的切线与 $X$ 轴交于 $P_2$，然后又从 $P_2$ 作 $X$ 轴的垂线，交抛物线于点 $Q_2$，依次重复上述过程得到一系列的点 $P_1,Q_1;P_2,Q_2;\cdots ;P_n,Q_n;\cdots$，其中 $n(n\ge 1)$ 为自然数，而 $\overline{M_1{M}_2}$ 表示 $M_1$ 与 $M_2$ 之间的距离.

(1) 求 $|O{P}_n|$；

(2) 求级数 $\overline{Q_1{P}_1}+\overline{Q_2{P}_2}+\cdots +\overline{Q_n{P}_n}+\cdots$ 的和.

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答案： (1)

$$|O{P}_n|=\frac{1}{2^{n-1}}.$$

(2)

$$\sum _{n=1}^{\infty }\overline{Q_n{P}_n}=\frac{4}{3}.$$

解析： 设

$$P_n=(x_n,0),Q_n=(x_n,x_n^2),$$

其中 $x_n>0$，且由 $P_1=(1,0)$ 知

$$x_1=1.$$

抛物线 $y=x^2$ 在点 $Q_n(x_n,x_n^2)$ 处的切线斜率为

$$y^{\prime }(x_n)=2x_n.$$

故切线方程为

$$\begin{array}{rl}y-x_n^2& =2x_n(x-x_n),\end{array}$$

即

$$y=2x_{n}x-x_n^2.$$

令 $y=0$，可求得该切线与 $x$ 轴的交点横坐标为

$$x=\frac{x_n}{2}.$$

因此

$$x_{n+1}=\frac{x_n}{2}.$$

由 $x_1=1$，得到

$$x_n={\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.$$

所以

$$|O{P}_n|=x_n=\boxed{\frac{1}{2^{n-1}}}.$$

又因为 $P_n{Q}_n$ 是竖直线段，故

$$\overline{Q_n{P}_n}=x_n^2={\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-1}.$$

于是所求级数为首项 $1$、公比 $\frac{1}{4}$ 的几何级数，故

$$\sum _{n=1}^{\infty }\overline{Q_n{P}_n}=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-1}=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\boxed{\frac{4}{3}}.$$

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60. 【1999-3-3 分】 $\sum _{n=1}^{\infty }n{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}=$ _____.

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答案： $4$。

解析： 由几何级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x},|x|<1,$$

逐项求导得

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

取 $x=\frac{1}{2}$，可得

$$\sum _{n=1}^{\infty }n{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}=\frac{1}{{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^2}=\boxed{4}.$$

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61. 【2000-134-6 分】 设 $I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sin }^{n}x\cos xdx,n=0,1,2,\cdots$，求 $\sum _{n=0}^{\infty }{I}_n$.

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答案： $\ln (2+\sqrt{2})$。

解析： 当 $0\le x\le \frac{\pi }{4}$ 时，

$$0\le \sin x\le \frac{\sqrt{2}}{2}<1.$$

因此几何级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{\sin }^{n}x$ 在区间 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 上一致收敛，可以逐项积分。于是

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }{I}_n& =\sum _{n=0}^{\infty }{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sin }^{n}x\cos xdx\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos x\sum _{n=0}^{\infty }{\sin }^{n}xdx\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\cos x}{1-\sin x}dx.\end{array}$$

令 $u=1-\sin x$，则 $du=-\cos xdx$，故

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }{I}_n& =-\ln (1-\sin x){|}_0^{\frac{\pi }{4}}\\ & =-\ln \left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\\ & =\ln \frac{1}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}\\ & =\ln (2+\sqrt{2}).\end{array}$$

也可先直接计算

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

再利用对数型幂级数求和，结论相同。

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62. 【2003-3-9 分】 求幂级数 $1+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{2n}(|x|<1)$ 的和函数 $f(x)$ 及其极值.

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答案：

$$f(x)=1-\frac{1}{2}\ln (1+x^2),|x|<1.$$

在区间 $(-1,1)$ 内，$x=0$ 是唯一的极大值点，极大值为 $f(0)=1$；无极小值。

解析： 由基本展开式

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

令 $t=x^2$，得

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

因此

$$\begin{array}{rl}f(x)& =1+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{n}\\ & =1-\frac{1}{2}\ln (1+x^2),|x|<1.\end{array}$$

求导得

$$f^{\prime }(x)=-\frac{x}{1+x^2}.$$

于是当 $-1<x<0$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；当 $0<x<1$ 时，$f^{\prime }(x)<0$。所以 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调增加，在 $(0,1)$ 上单调减少，故 $x=0$ 为唯一的极大值点，且

$$f_{\max }=f(0)=1.$$

由于定义区间是开区间 $(-1,1)$，且

$$\underset{x\to \pm 1}{\lim }f(x)=1-\frac{1}{2}\ln 2,$$

该下确界在区间内取不到，因此没有极小值。若将和函数连续延拓到 $[-1,1]$，则 $x=\pm 1$ 处取得最小值 $1-\frac{1}{2}\ln 2$。

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63. 【2005-1-12 分】 求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\left(1+\frac{1}{n(2n-1)}\right)x^{2n}$ 的收敛区间与和函数 $f(x)$.

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答案： 收敛区间为 $(-1,1)$，和函数为

$$f(x)=\frac{x^2}{1+x^2}-\ln (1+x^2)+2x\arctan x,|x|<1.$$

解析： 记一般项中的系数为

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

由于

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[2n]{|c_n|}=1,$$

故关于 $x$ 的幂级数收敛半径为 $R=1$，即在 $|x|<1$ 时绝对收敛。

当 $x=\pm 1$ 时，一般项为

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

其绝对值趋于 $1$，一般项不趋于零，所以两端点均发散。因此收敛区间为

$$(-1,1).$$

下面求和函数。将级数拆分为

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{x}^{2n}+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{n(2n-1)}.\end{array}$$

第一部分是几何级数：

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

又有部分分式分解

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

所以第二部分为

$$\begin{array}{rl}& \sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{n(2n-1)}\\ & =-\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}+2\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}.\end{array}$$

由

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

以及

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}& =x\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}\\ & =x\arctan x,\end{array}$$

可得

$$f(x)=\frac{x^2}{1+x^2}-\ln (1+x^2)+2x\arctan x,|x|<1.$$

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64. 【2005-3-9 分】 求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{2n+1}-1\right)x^{2n}$ 在区间 $(-1,1)$ 内的和函数 $S(x)$.

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答案：

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2x}\ln \frac{1+x}{1-x}-\frac{1}{1-x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}-1<x<1.$$

解析： 将原级数拆分为

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

由几何级数逐项积分，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\frac{dt}{1-t^2}& ={\int }_0^x\sum _{n=0}^{\infty }{t}^{2n}dt\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1},|x|<1.\end{array}$$

而

$${\int }_0^x\frac{dt}{1-t^2}=\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}.$$

因此当 $x\ne 0$ 时，

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}=\frac{1}{2x}\ln \frac{1+x}{1-x}.$$

从中减去 $n=0$ 项，得到

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

另一方面，

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

故对 $x\ne 0$，

$$\begin{array}{rl}S(x)& =\frac{1}{2x}\ln \frac{1+x}{1-x}-1-\frac{x^2}{1-x^2}\\ & =\frac{1}{2x}\ln \frac{1+x}{1-x}-\frac{1}{1-x^2}.\end{array}$$

当 $x=0$ 时，原级数每一项均为零，因此 $S(0)=0$。同时上式在 $x\to 0$ 时的极限也为零，故和函数在 $x=0$ 处连续。

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65. 【2006-3-10 分】 求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n+1}}{n(2n-1)}$ 的收敛域及和函数 $S(x)$.

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答案： 收敛域为 $[-1,1]$，和函数为

$$S(x)=2x^2\arctan x-x\ln (1+x^2),-1\le x\le 1.$$

解析： 先求收敛域。记

$$u_n(x)=(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n+1}}{n(2n-1)}.$$

当 $x\ne 0$ 时，利用比值判别法，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|& =\underset{n\to \infty }{\lim }|x{|}^2\frac{n(2n-1)}{(n+1)(2n+1)}\\ & =|x{|}^2.\end{array}$$

因此，当 $|x|<1$ 时级数绝对收敛；当 $|x|>1$ 时级数发散。

考察端点。若 $x=1$，则级数化为

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

若 $x=-1$，则级数化为

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

由于

$$\frac{1}{n(2n-1)}\sim \frac{1}{2n^2},$$

两端点处均绝对收敛，故收敛域为

$$\boxed{[-1,1]}.$$

下面求和函数。作部分分式分解：

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

于是当 $|x|<1$ 时，

$$\begin{array}{rl}S(x)& =-\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n+1}}{n}+2\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n+1}}{2n-1}\\ & =-x\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}+2x^2\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}.\end{array}$$

利用基本展开式

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

以及

$$\arctan x=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1},|x|\le 1,$$

得到

$$S(x)=2x^2\arctan x-x\ln (1+x^2),|x|<1.$$

原级数在 $x=\pm 1$ 处均收敛，且上式在闭区间端点处有意义。代入可得

$$S(1)=\frac{\pi }{2}-\ln 2,$$$$S(-1)=-\frac{\pi }{2}+\ln 2.$$

因此和函数可统一写为

$$\boxed{S(x)=2x^2\arctan x-x\ln (1+x^2),-1\le x\le 1}.$$

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66. 【2009-1-9 分】 设 $a_n$ 为曲线 $y=x^n$ 与 $y=x^{n+1}(n=1,2,\cdots )$ 所围成区域的面积，记 $S_1=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n,S_2=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}$，求 $S_1$ 与 $S_2$ 的值.

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答案：

$$S_1=\frac{1}{2},S_2=1-\ln 2.$$

解析： 曲线 $y=x^n$ 与 $y=x^{n+1}$ 在所围成的有限区域上交于 $x=0$ 与 $x=1$。当 $0<x<1$ 时，

$$x^n>x^{n+1},$$

故

$$\begin{array}{rl}{a}_n& ={\int }_0^1\left(x^n-x^{n+1}\right)dx\\ & =\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\\ & =\frac{1}{(n+1)(n+2)}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{S}_1& =\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

这是一个裂项相消级数。

再求 $S_2$。由

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

可得

$$S_2=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}\right).$$

利用交错调和级数

$$\ln 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\cdots ,$$

有

$$\begin{array}{rl}1-\ln 2& =\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots \\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}\right).\end{array}$$

所以

$$\boxed{S_2=1-\ln 2}.$$

也可由非负函数项逐项积分得到

$$\begin{array}{rl}{S}_2& =\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^1\left(x^{2n-1}-x^{2n}\right)dx\\ & ={\int }_0^1(1-x)\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n-1}dx\\ & ={\int }_0^1\frac{x}{1+x}dx\\ & =1-\ln 2.\end{array}$$

综上，

$$\boxed{S_1=\frac{1}{2},S_2=1-\ln 2}.$$

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67. 【2010-1-10 分】 求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}$ 的收敛域及和函数.

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答案： 收敛域为 $[-1,1]$，和函数为

$$S(x)=x\arctan x,-1\le x\le 1.$$

解析： 记

$$u_n(x)=(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}.$$

利用比值判别法，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|& =\underset{n\to \infty }{\lim }|x{|}^2\frac{2n-1}{2n+1}\\ & =|x{|}^2.\end{array}$$

因此，当 $|x|<1$ 时级数绝对收敛；当 $|x|>1$ 时级数发散。

当 $x=1$ 或 $x=-1$ 时，均有 $x^{2n}=1$，原级数化为

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{2n-1}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots .$$

该级数由莱布尼茨判别法收敛，但其绝对值级数

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

发散。因此两端点处均条件收敛，原幂级数的收敛域为

$$\boxed{[-1,1]}.$$

下面求和函数。由反正切函数的幂级数

$$\arctan x=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1},|x|\le 1,$$

两边同乘 $x$，得到

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

故和函数为

$$\boxed{S(x)=x\arctan x,-1\le x\le 1}.$$

在两个端点，

$$S(1)=S(-1)=\frac{\pi }{4},$$

与原级数的端点和一致。

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68. 【2012-1-10 分】 求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ 的收敛域及和函数.

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答案： 收敛域为 $(-1,1)$，和函数为

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1+x^2}{(1-x^2{)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x},& x\ne 0,\\ 3,& x=0.\end{array}$$

解析： 先将系数拆分。由于

$$4n^2+4n+3=(2n+1{)}^2+2,$$

故

$$\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}=2n+1+\frac{2}{2n+1}.$$

因此原级数可写为

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

先判断收敛域。原级数的一般项为

$$u_n(x)=\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}.$$

利用比值判别法，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|& =|x{|}^2\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4(n+1{)}^2+4(n+1)+3}{2n+3}\cdot \frac{2n+1}{4n^2+4n+3}\\ & =|x{|}^2.\end{array}$$

故当 $|x|<1$ 时绝对收敛，当 $|x|>1$ 时发散。

当 $x=\pm 1$ 时，一般项为

$$\frac{4n^2+4n+3}{2n+1},$$

其值不趋于零，故两端点处均发散。因此收敛域为

$$\boxed{(-1,1)}.$$

下面求和函数。当 $|x|<1$ 时，令 $t=x^2$。由

$$\sum _{n=0}^{\infty }{t}^n=\frac{1}{1-t}$$

逐项求导，得

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

于是

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1)t^n& =2t\sum _{n=1}^{\infty }n{t}^{n-1}+\sum _{n=0}^{\infty }{t}^n\\ & =\frac{2t}{(1-t{)}^2}+\frac{1}{1-t}\\ & =\frac{1+t}{(1-t{)}^2}.\end{array}$$

取 $t=x^2$，可得

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

又由

$$\mathrm{arctanh}x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x},|x|<1,$$

当 $x\ne 0$ 时，

$$\begin{array}{rl}2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}& =\frac{2}{x}\mathrm{arctanh}x\\ & =\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}.\end{array}$$

因此，当 $0<|x|<1$ 时，

$$\boxed{S(x)=\frac{1+x^2}{(1-x^2{)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}}.$$

当 $x=0$ 时，原级数仅保留首项，故

$$S(0)=3.$$

同时

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}=2,$$

故上述分段表达式在 $x=0$ 处连续。

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69. 【2014-3-10 分】 求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)(n+3)x^n$ 的收敛域及和函数.

查看答案与解析

答案： 收敛域为 $(-1,1)$，和函数为

$$S(x)=\frac{3-x}{(1-x{)}^3},-1<x<1.$$

解析： 设

$$u_n(x)=(n+1)(n+3)x^n.$$

利用比值判别法，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|& =|x|\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+2)(n+4)}{(n+1)(n+3)}\\ & =|x|.\end{array}$$

因此，当 $|x|<1$ 时级数绝对收敛；当 $|x|>1$ 时级数发散。

当 $x=1$ 时，一般项 $(n+1)(n+3)$ 不趋于零；当 $x=-1$ 时，一般项 $(-1{)}^n(n+1)(n+3)$ 也不趋于零，故两个端点均发散。所以收敛域为

$$\boxed{(-1,1)}.$$

下面求和函数。由

$$(n+1)(n+3)=n^2+4n+3,$$

以及基本公式

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

逐项求导可得

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

故

$$\begin{array}{rl}S(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }{n}^2{x}^n+4\sum _{n=0}^{\infty }n{x}^n+3\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n\\ & =\frac{x(1+x)}{(1-x{)}^3}+\frac{4x}{(1-x{)}^2}+\frac{3}{1-x}\\ & =\frac{x(1+x)+4x(1-x)+3(1-x{)}^2}{(1-x{)}^3}\\ & =\boxed{\frac{3-x}{(1-x{)}^3}}.\end{array}$$

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70. 【2016-3-10 分】 求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{(n+1)(2n+1)}$ 的收敛域及和函数.

查看答案与解析

答案： 收敛域为 $[-1,1]$，和函数为

$$S(x)=(1+x)\ln (1+x)+(1-x)\ln (1-x),-1<x<1,$$

并且

$$S(1)=S(-1)=2\ln 2.$$

解析： 记

$$u_n(x)=\frac{x^{2n+2}}{(n+1)(2n+1)}.$$

利用比值判别法，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|& =|x{|}^2\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+1)(2n+1)}{(n+2)(2n+3)}\\ & =|x{|}^2.\end{array}$$

故当 $|x|<1$ 时绝对收敛，当 $|x|>1$ 时发散。

当 $x=1$ 或 $x=-1$ 时，均化为正项级数

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

由于

$$\frac{1}{(n+1)(2n+1)}\sim \frac{1}{2n^2},$$

故该级数收敛。因此原幂级数的收敛域为

$$\boxed{[-1,1]}.$$

下面求和函数。作部分分式分解：

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

因此，当 $|x|<1$ 时，

$$\begin{array}{rl}S(x)& =-\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{n+1}+2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{2n+1}.\end{array}$$

第一部分满足

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

故

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

第二部分满足

$$\begin{array}{rl}2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{2n+1}& =2x\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\\ & =2x\mathrm{arctanh}x\\ & =x\ln \frac{1+x}{1-x}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}S(x)& =\ln (1-x^2)+x\ln \frac{1+x}{1-x}\\ & =(1+x)\ln (1+x)+(1-x)\ln (1-x),|x|<1.\end{array}$$

所以

$$\boxed{S(x)=(1+x)\ln (1+x)+(1-x)\ln (1-x)},-1<x<1.$$

再由阿贝尔定理，或直接令 $x\to \pm 1$，得到

$$S(1)=S(-1)=2\ln 2,$$

其中使用了极限

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }t\ln t=0.$$

故和函数在整个收敛域上可写为

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}(1+x)\ln (1+x)+(1-x)\ln (1-x),& -1<x<1,\\ 2\ln 2,& x=\pm 1.\end{array}$$

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71. 【2017-1-4 分】 幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^{n-1}$ 在区间 $(-1,1)$ 内的和函数 $S(x)=$ _____.

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{(1+x{)}^2}$。

解析： 当 $|x|<1$ 时，由几何级数

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

在收敛区间内部可逐项求导，因此

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^{n-1}& =\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{1+x}\right)\\ & =\frac{1}{(1+x{)}^2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{S(x)=\frac{1}{(1+x{)}^2}},-1<x<1.$$

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