三、幂级数展开

（一）直接用公式

86. 【1987-4-6 分】 将函数 $f(x)=\frac{1}{x^2-3x+2}$ 展成 $x$ 的幂级数，并指出收敛区间。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)x^n},-1<x<1.$$

解析： 先将分母因式分解：

$$x^2-3x+2=(x-1)(x-2).$$

作部分分式分解，得

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

利用几何级数公式

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

分别展开：

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

以及

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

因此在两个展开式的公共收敛区间内，

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

公共收敛条件为 $|x|<1$。

当 $x=1$ 时，函数本身无定义，且级数一般项不趋于零；当 $x=-1$ 时，一般项

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

也不趋于零。因此两个端点均发散，收敛区间为

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

知识点：有理函数展开时，先作部分分式分解，再使用几何级数公式；最终收敛区间取各展开式收敛区间的交集，并单独考查端点。

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87. 【1995-4-6 分】 将函数 $y=\ln (1-x-2x^2)$ 展成 $x$ 的幂级数，并指出其收敛区间。

查看答案与解析

答案：

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

解析： 先分解因式：

$$1-x-2x^2=(1+x)(1-2x).$$

所以

$$\ln (1-x-2x^2)=\ln (1+x)+\ln (1-2x).$$

由基本展开式

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

以及

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

取 $t=2x$，得

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

于是

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

公共开区间为 $|x|<\frac{1}{2}$。再考查端点：

当 $x=-\frac{1}{2}$ 时，第一部分绝对收敛，第二部分化为交错调和级数

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

故收敛；事实上此时原函数值为 $\ln 1=0$。

当 $x=\frac{1}{2}$ 时，第二部分化为

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

发散，并且原函数中的因子 $1-2x$ 为零。

因此收敛区间为

$$\boxed{\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)}.$$

知识点：对数函数的乘积可化为对数之和，但幂级数的端点敛散性必须依据级数本身分别判断。

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88. 【2006-1-12 分】 将函数 $f(x)=\frac{x}{2+x-x^2}$ 展开成 $x$ 的幂级数。

查看答案与解析

答案：

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

等价地，也可写为

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

因为 $n=0$ 时系数为零。

解析： 分母可分解为

$$2+x-x^2=(2-x)(1+x).$$

设

$$\frac{x}{(2-x)(1+x)}=\frac{A}{2-x}+\frac{B}{1+x}.$$

比较系数：

$$x=A(1+x)+B(2-x),$$

从而

$$A+2B=0,A-B=1.$$

解得

$$A=\frac{2}{3},B=-\frac{1}{3}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{2}{3(2-x)}-\frac{1}{3(1+x)}\\ & =\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1-\frac{x}{2}}-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1-(-x)}.\end{array}$$

利用几何级数展开，

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

故

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{1}{3}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{2^n}-\frac{1}{3}\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n\\ & =\frac{1}{3}\sum _{n=0}^{\infty }\left[\frac{1}{2^n}-(-1{)}^n\right]x^n.\end{array}$$

公共收敛条件为 $|x|<1$。在 $x=\pm 1$ 时，级数的一般项均不趋于零，因此两个端点均不包含。

知识点：部分分式中的每一项分别展开后，最终收敛半径由距离展开中心最近的奇点决定；本题最近奇点为 $x=-1$，故收敛半径为 $1$。

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89. 【2007-3-10 分】 将函数 $f(x)=\frac{1}{x^2-3x-4}$ 展开成 $x-1$ 的幂级数，并指出其收敛区间。

查看答案与解析

答案： 令 $t=x-1$，则

$$\boxed{\frac{1}{x^2-3x-4}=-\frac{1}{5}\sum _{n=0}^{\infty }\left[\frac{1}{3^{n+1}}+\frac{(-1{)}^n}{2^{n+1}}\right](x-1{)}^n},$$

其收敛区间为

$$\boxed{-1<x<3}.$$

解析： 令

$$t=x-1,x=t+1.$$

则

$$\begin{array}{rl}{x}^2-3x-4& =(t+1{)}^2-3(t+1)-4\\ & =t^2-t-6\\ & =(t-3)(t+2).\end{array}$$

作部分分式分解：

$$\frac{1}{(t-3)(t+2)}=\frac{1}{5(t-3)}-\frac{1}{5(t+2)}.$$

第一项展开为

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{5(t-3)}& =-\frac{1}{15}\cdot \frac{1}{1-\frac{t}{3}}\\ & =-\frac{1}{5}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{t^n}{3^{n+1}},|t|<3.\end{array}$$

第二项展开为

$$\begin{array}{rl}-\frac{1}{5(t+2)}& =-\frac{1}{10}\cdot \frac{1}{1+\frac{t}{2}}\\ & =-\frac{1}{5}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2^{n+1}}{t}^n,|t|<2.\end{array}$$

因此

$$f(x)=-\frac{1}{5}\sum _{n=0}^{\infty }\left[\frac{1}{3^{n+1}}+\frac{(-1{)}^n}{2^{n+1}}\right](x-1{)}^n.$$

公共收敛条件为

$$|t|<2,$$

即

$$|x-1|<2,$$

所以开区间为 $-1<x<3$。

当 $x=-1$ 时，原函数有奇点；当 $x=3$ 时，第二个几何级数的公比为 $-1$，一般项不趋于零。因此两个端点均发散。

知识点：以 $x_0$ 为中心展开有理函数时，收敛半径等于展开中心到最近奇点的距离。本题两个奇点为 $-1$ 与 $4$，到中心 $1$ 的距离分别为 $2$ 和 $3$，故收敛半径为 $2$。

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90. 【2018-3-10 分】 已知

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

求 $a_n$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{a_n=\{\begin{array}{ll}(-1{)}^{\frac{n}{2}}\frac{2^n}{n!}-(n+1),& n\text{ 为偶数},\\ n+1,& n\text{ 为奇数}.\end{array}}$$

等价地，若令 $n=2k$ 或 $n=2k+1$，则

$$\boxed{a_{2k}=(-1{)}^k\frac{2^{2k}}{(2k)!}-(2k+1),a_{2k+1}=2k+2.}$$

解析： 麦克劳林展开为

$$\begin{array}{rl}\cos 2x& =\sum _{k=0}^{\infty }(-1{)}^k\frac{(2x{)}^{2k}}{(2k)!}\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }(-1{)}^k\frac{2^{2k}}{(2k)!}{x}^{2k}.\end{array}$$

另一方面，由

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

逐项求导可得

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

令 $m=n-1$，则

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

因此

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

比较 $x^n$ 的系数：

当 $n$ 为偶数时，设 $n=2k$，余弦项贡献

$$(-1{)}^k\frac{2^{2k}}{(2k)!},$$

而第二项贡献 $-(2k+1)$，故

$$a_{2k}=(-1{)}^k\frac{2^{2k}}{(2k)!}-(2k+1).$$

当 $n$ 为奇数时，余弦项的系数为零，且 $(-1{)}^n=-1$，故

$$a_n=-(-1{)}^n(n+1)=n+1.$$

特别地，

$$a_0=1-1=0,$$

与原函数在 $x=0$ 处的值相符。

知识点：两个幂级数相减时，应按同次幂比较系数；偶函数 $\cos 2x$ 只含偶次幂，而 $(1+x{)}^{-2}$ 同时含奇次幂与偶次幂，因此需分奇偶讨论。

（二）利用求导展开

91. 【1989-12-6 分】 将函数 $f(x)=\arctan \frac{1+x}{1-x}$ 展开为 $x$ 的幂级数.

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\arctan \frac{1+x}{1-x}=\frac{\pi }{4}+\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}}$$

其中等式在 $-1\le x<1$ 上成立；作为幂级数，它在 $[-1,1]$ 上收敛，但原函数在 $x=1$ 处无定义。

解析： 令

$$f(x)=\arctan \frac{1+x}{1-x}.$$

先求导。设 $u(x)=\frac{1+x}{1-x}$，则

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

因此

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

当 $|x|<1$ 时，

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

从 $0$ 到 $x$ 逐项积分，得

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

又

$$f(0)=\arctan 1=\frac{\pi }{4},$$

故

$$f(x)=\frac{\pi }{4}+\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1},|x|<1.$$

再考查端点：

• 当 $x=-1$ 时，级数为 $\frac{\pi }{4}-\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}=0$，与 $f(-1)=0$ 相符；
• 当 $x=1$ 时，级数收敛于 $\frac{\pi }{2}$，但原函数分母为零，故不能作为原函数在该点的展开式。

知识点：对复合反正切函数先求导，导函数化为几何级数后逐项积分，是处理此类展开题的标准方法。

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92. 【1994-12-5 分】 将函数

$$f(x)=\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2}\arctan x-x$$

展开成 $x$ 的幂级数.

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2}\arctan x-x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{4n+1}}{4n+1}}$$

收敛区间为 $(-1,1)$。

解析： 记

$$f(x)=\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2}\arctan x-x.$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}\right)+\frac{1}{2(1+x^2)}-1\\ & =\frac{1}{2(1-x^2)}+\frac{1}{2(1+x^2)}-1\\ & =\frac{1}{1-x^4}-1\\ & =\frac{x^4}{1-x^4}.\end{array}$$

当 $|x|<1$ 时，

$$\frac{x^4}{1-x^4}=x^4\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{4n}=\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{4n+4}.$$

由于 $f(0)=0$，从 $0$ 到 $x$ 逐项积分，得

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{4n+5}}{4n+5}\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{4n+1}}{4n+1}.\end{array}$$

端点处，$x=1$ 时成为 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{4n+1}$，发散；$x=-1$ 时成为其相反数，也发散。因此收敛区间为

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

知识点：先将复杂函数的导数化为 $\frac{x^4}{1-x^4}$，再利用几何级数展开并逐项积分，可以自动完成同类项的合并与低次项消去。

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93. 【2001-1-8 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1+x^2}{x}\arctan x,& x\ne 0,\\ 1,& x=0,\end{array}$$

试将 $f(x)$ 展开成 $x$ 的幂级数，并求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1-4n^2}$ 的和.

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{f(x)=1+2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1-4n^2}{x}^{2n},-1\le x\le 1}$$

且

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

解析： 当 $|x|<1$ 时，反正切函数的幂级数为

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

当 $x\ne 0$ 时，

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

第一项的常数项为 $1$。对于 $n\ge 1$，$x^{2n}$ 的系数为

$$\begin{array}{rl}\frac{(-1{)}^n}{2n+1}+\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}& =(-1{)}^{n-1}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)\\ & =\frac{2(-1{)}^{n-1}}{4n^2-1}\\ & =\frac{2(-1{)}^n}{1-4n^2}.\end{array}$$

故

$$f(x)=1+2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1-4n^2}{x}^{2n},|x|<1.$$

当 $x=0$ 时，右端等于 $1$，与题设定义相符。

由于

$$\left|\frac{(-1{)}^n}{1-4n^2}\right|\sim \frac{1}{4n^2},$$

端点 $x=\pm 1$ 处的级数均绝对收敛，因此展开式可延拓到 $[-1,1]$。

令 $x=1$，则

$$f(1)=2\arctan 1=\frac{\pi }{2}.$$

另一方面，

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

因此

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1-4n^2}& =\frac{1}{2}\left(\frac{\pi }{2}-1\right)\\ & =\boxed{\frac{\pi -2}{4}}.\end{array}$$

知识点：乘积型幂级数应按同次幂合并系数；利用端点绝对收敛，可将 $x=1$ 代入和函数求出数项级数的和。

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94. 【2003-1-12 分】 将函数 $f(x)=\arctan \frac{1-2x}{1+2x}$ 展开成 $x$ 的幂级数，并求级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$ 的和.

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\arctan \frac{1-2x}{1+2x}=\frac{\pi }{4}-\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2^{2n+1}}{2n+1}{x}^{2n+1}}$$

其中等式在 $-\frac{1}{2}<x\le \frac{1}{2}$ 上成立；相应幂级数的收敛区间为 $\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]$。

并且

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

解析： 记

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

设 $u(x)=\frac{1-2x}{1+2x}$，则

$$u^{\prime }(x)=\frac{-4}{(1+2x{)}^2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\frac{u^{\prime }(x)}{1+u^2(x)}\\ & =\frac{-\frac{4}{(1+2x{)}^2}}{1+\frac{(1-2x{)}^2}{(1+2x{)}^2}}\\ & =\frac{-4}{(1+2x{)}^2+(1-2x{)}^2}\\ & =-\frac{2}{1+4x^2}.\end{array}$$

当 $|x|<\frac{1}{2}$ 时，

$$-\frac{2}{1+4x^2}=-2\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n(4x^2{)}^n=-2\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{4}^n{x}^{2n}.$$

从 $0$ 到 $x$ 逐项积分，并利用

$$f(0)=\arctan 1=\frac{\pi }{4},$$

得

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

该幂级数在 $x=\pm \frac{1}{2}$ 处均化为交错级数，故均收敛。不过原函数在 $x=-\frac{1}{2}$ 处分母为零，无定义；在 $x=\frac{1}{2}$ 处有

$$f\left(\frac{1}{2}\right)=\arctan 0=0.$$

将 $x=\frac{1}{2}$ 代入展开式，得

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

因此

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

知识点：通过求导可将复合反正切函数化为几何级数；在收敛端点代入和函数即可得到莱布尼茨级数的和。