《高等数学》课程教学资源（习题选解）第十章 级数（总习题）

总习题10 2.判别下列级数的收敛性： 之 1 ncos2 n (1) (2) (3) 3 6 ntn t (5) (a为常数) 解：()因 2”+6” 6 + 面级数子是公比为的等比级数，它收数。 但级数∑1发散，从而原级数发散： (2)4= 因为lim丝=lim于 nn n-→西1/nn-→og=1, 由比较审敛法的极限形式可知，该级数发散 ⊙》先讨论级数三兰的收敛生，记，=是 因为义-/经知+}片，所以级数三会收敛 ncos2 H 又因为un= 2” 2”=。,所以由比较审敛法可知，原级数收敛： 3≤ (4)4n= (y2 2n2 因为lim,1=li [(n+10川/(n2 [n+1]n2 =lim m→w4n→2(n+1)2/ 2n2 (n)2 a+=mn=+0, 所以由比值审敛法可知，原级数发散： (5)un= a" 因为lim a"+i a" 为=m+ -=,所以由比值审敛法可知。 =

1 总习题 10 2．判别下列级数的收敛性： （1） 1 2 6 6 n n n n    ； （2） 1 1 n n n n   ； （3） 2 1 cos 3 2 n n n n    ； （4）   2 2 1 ! n 2 n n   ；（5） 3 1 n n a n   (a为常数). 解：（1）因 1 1 2 6 1 1 6 3 n n n n n n                ，而级数 1 1 3 n n  是公比为 1 3 的等比级数，它收敛； 但级数 1 1 n  发散，从而原级数发散； （2） 1 n n u n n  ， 因为 1 lim lim 1 1 n n n n u  n n     ， 由比较审敛法的极限形式可知，该级数发散 （3）先讨论级数 1 2 n n n   的收敛性，记 2 n nn v  因为   1 1 1 1 1 1 lim lim lim 1 2 2 2 2 n n n n n n n v n n v n                  ，所以级数 1 2 n n n   收敛 又因为 2 cos 3 2 2 n n n n n n n u v     ，所以由比较审敛法可知，原级数收敛； （4）   2 2 ! 2 n n u n  ， 因为         2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 ! ! 1 ! lim lim lim lim 2( 1) 2 ! ( 1) n n n n n n u n n n n n u n n n n                        ， 所以由比值审敛法可知，原级数发散； （5） 3 n n a u n  因为 1 1 3 3 lim lim lim ( 1) 1 n n n n n n n u a a n a a u n n n           ，所以由比值审敛法可知

41时发散：又a=1时，级数2收敛，a=-1时，级数2-D si n n 绝对收敛，故原级数当als1时收敛，la>1时发散. 3. 已知级数2,2收敛，且u,>0,证明级数丛也收敛 n 证明：已知正项级数∑，和∑都收敛，由收敛级数的性质知+ 5(+w)必 n=1 收敛。又告≤对记+，所以由比技审致法可知，极数告收敛 设级数，收敛。且一之=1，问级数空，是否他收敛？试说明理由 4. n= 解：级数，不一定收敛 =1 因为：当级数∑n和∑y,都是正项级数时，由比较审敛法的极限形式可知，级 数立.一定收敛：但当级数2“和立不是正项级数时，级数∑，不一定收 敛如对于数豆旷方和引-r月显然豆-旷收数 lim- 却是发散的 5.讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性： (2) (1 (3) ∑-nn+ =1 解：(1)当p≤0时，由于4，--八0，所以由级数收敛的必要 月0

2 a 1时收敛，a 1时发散；又a 1时，级数 3 1 1 n n   收敛，a  1时，级数 3 1 ( 1) n n n     绝对收敛，故原级数当 a 1时收敛， a 1时发散. 3．已知级数 2 1 n n u   收敛，且 0 n u  ，证明级数 1 n n u n   也收敛. 证明：已知正项级数 2 1 n n u   和 2 1 1 n n   都收敛，由收敛级数的性质知 2 2 1 1 1 ( ) 2 n n u n    必 收敛，又 2 2 1 1 ( ) 2 n n u u n n   ，所以由比较审敛法可知，级数 1 n n u n   收敛. 4．设级数 1 n n u   收敛，且lim 1 n n n v  u  ，问级数 1 n n v   是否也收敛？试说明理由. 解：级数 1 n n v   不一定收敛. 因为：当级数 1 n n u   和 1 n n v   都是正项级数时，由比较审敛法的极限形式可知，级 数 1 n n v   一定收敛；但当级数 1 n n u   和 1 n n v   不是正项级数时，级数 1 n n v   不一定收 敛.例如对于级数 1 1 ( 1) n n n    和 1 1 1 ( 1) n n n n            ，显然 1 1 ( 1) n n n    收敛， 1 1 ( 1) 1 lim lim 1 ( 1) 1 1 ( 1) n n n n n n n n n                ，但 1 1 1 ( 1) n n n n            却是发散的. 5．讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性： （1） 1 1 ( 1) n p n n    ； （2） 1 1 1 sin 1 ( 1) n n n n          ； （3） 1 1 ( 1) ln n n n n      ； （4） 1 1 ( 1) x n n n n e dx x       . 解：（1）当 p  0时，由于 1 lim lim( 1) 0 n n p n n u   n    ，所以由级数收敛的必要

条件可知，原级数发散： 当01时， 品收敛放原级数绝对收致 =r.六-得”，到) 是公比为二的等比级数，它收敛，于是由比较审敛法可知，级数∑收敛，因 元 而原级数绝对收敛， (3)么，=（←1yn"+,因为m=m n(1+-) ,n=lim(l+马)”=lne=1,级数 n n→1/n→1 n 发散，所以比较审敛法的受限形式可知，。 a发散：又由于豆-lrn” 是交错级数，且满足莱布尼茨判别法的条件，所以该级数收敛，结合前面的讨论 可知，原级数条件收敛 x=er,k-re-得n-3,因a 数0 是公比为的等比级数，它收敛，利用收敛级数的性质知， 口-日收敛。于是由比较审敛法可如，级数交以收敛。散原级数绝对收 敛 6.证明下列极限： ()m (2)lim- n" (=0 解)+月-0+r-1.放级数20+广是收敛

3 条件可知，原级数发散； 当0  p 1时， 1 n p u n  ，单调减少， 1 lim 0 p n n  ，由莱布尼兹定理知原级数 收敛，而 1 1 1 n p n n u n       发散，故0  p 1时原级数条件收敛； 当 p 1时， 1 n p u n  ， 1 1 p n n   收敛，故原级数绝对收敛. （2） 1 1 sin 1 ( 1) n n nn u       ， 1 1 1 1 sin 1 1 1 ( 1) n n n n n n u                    ，又级数 1 1 1 n n            是公比为 1  的等比级数，它收敛，于是由比较审敛法可知，级数 1 n n u   收敛，因 而原级数绝对收敛. （3） 1 ( 1) ln n n n u n    ，因为 1 ln(1 ) 1 lim lim limln(1 ) ln 1 1 1 n n n n n u n e n n n          ，级数 1 1 n n   发散，所以比较审敛法的极限形式可知， 1 n n u   发散；又由于 1 1 ( 1) ln n n n n      是交错级数,且满足莱布尼茨判别法的条件，所以该级数收敛，结合前面的讨论 可知，原级数条件收敛. （4） 1 ( 1) x n n n n e u dx x      ， 1 1 1 1 ( 1) (1 ) n x n n n x n n n e u dx e dx x e e                  ，因为级 数 1 1 n n e          是公比为 1 e 的等比级数，它收敛，利用收敛级数的性质知， 1 1 1 (1 ) n n e e           收敛，于是由比较审敛法可知，级数 1 n n u   收敛，故原级数绝对收 敛. 6．证明下列极限： （1） 2 1 1 1 1 lim 1 0 3 k n k n n k  k          ； （2） 2 lim 0 ( !) n n n  n  . 解：（1） 1 3 e ) 1 (1 3 1 ) lim 1 (1 3 1 lim 2        n n n n n n n n , 故级数  n n n n 1 n 2 ) 1 (1 3 1 是收敛

的正项致。◆-0之，则吧，设电，则有 m2g+=mm5=0-9=0. (2)记un= ,考虑正项级数2价的敛散性 n (nl)2 因为lim%au=limn+l(w =im1+1,=0,由比值判别法知，级数 nsu,n(n+1))2n"n→m nn+l 2收敛，于是m,=0,即m 台(nl)2 (2s0. 7.求下列幂级数的收敛区间： 1)3”+5 n 2) (3)nx+1: n=l 5 +1 解：(1)收敛半径R=lim3”+5”.、n+1 5lim +5 当x=时，级数成为2侵+，因为③”+>，而！发散，由比 n n=l n 较审敛法可知，级数”+发散：当x=-!时，级数成为 5 三(-心+，它是一个交错级数收敛，由莱布尼茨判别法可知其收敛 于是原级数收敛域为[片 1 =lim-1 1 (2)收敛半径R=lim- -三一 n e 由于正项数列{+马))单调减

4 的正项级数，令    n k k n k k s 1 2 ) 1 (1 3 1 ，则lim n n s  存在，设lim n n s s   ，则有 2 1 1 1 1 1 lim (1 ) lim lim 0 0 3 n k k n n n n k s s  n k  n         . （2）记 2 (n!) n u n n  ，考虑正项级数  1 2 n ( !) n n n 的敛散性. 因为 1 2 1 2 ( 1) ( !) 1 1 lim lim lim(1 ) 0 (( 1)!) 1 n n n n n n n n u n n u n n n n             ，由比值判别法知，级数   1 2 n ( !) n n n 收敛，于是lim  0  n n u ，即 0 ( !) lim 2   n n n n . 7．求下列幂级数的收敛区间： （1） 1 3 5 n n n n x n     ； （2） 2 1 1 1 n n n x n           ； （3） 1 ( 1) n n n x    ； （4） 2 1 2 n n n n x   . 解：（1） 收敛半径 5 1 5 5 3 3 1 5 3 1 lim 3 5 3 5 1 lim 1 1                            n n n n n n n n n n n n R 当 5 1 x  时，级数成为     1 ) 1] 5 3 [( 1 n n n ，因为 n n n 1 ) 1] 5 3 [( 1   ，而 1 1 n n   发散，由比 较 审 敛 法 可 知 ， 级 数     1 ) 1] 5 3 [( 1 n n n 发 散 ； 当 5 1 x   时 ， 级 数 成 为      1 ) 1] 5 3 [( 1 ( 1) n n n n ，它是一个交错级数收敛，由莱布尼茨判别法可知其收敛. 于是原级数收敛域为 ) 5 1 , 5 1 [ . （2） 收敛半径 1 1 1 lim lim 1 e (1 ) n n n n n R a n       ， 当 1 x e   时，级数成为 1 1 (1 ) ( ) n n n n n e            ，由于正项数列 1 1 {(1 ) } n n   单调减

少且以e为极限(n→n),故(1+马>e,于是 即一“，￥0，故由级数收敛的必要条件可知，级数（出r 发散，即收 n-0 敛域为（日 (3).=nx+1）,1im-1im af-a 由比值审敛法可知，该幂级数当x+1<1,即-2<x<0时绝对收敛，当然收敛； 当x=-2时，级数成为∑(-l)n,由于lim(-1)”n≠0，所以级数发散；当x=0时， 级数成为∑n,由于imn≠0，所以级数发散.因而收敛域为(-2,0). (4)4n ，ma=m n x-号，由根值审敛法可知，当号<1， 月+0 -→2 2 即x<√2时，幂级数绝对收敛，当然收敛：当x=±2时，级数成为∑n,由于 n=l limn≠0，所以级数发散.幂级数的收敛域为(-√2，√2) 月00 8.求下列级数的和： r (1) (2)-) x2n-1 m台in(n+1） 台2n- (3) 2 (4)n 台nl 解：(1)设和函数为s),则s()-m》' i)s(0)=0, 5

5 少且以e 为极限（n  ），故 1 1 (1 ) n e n    ，于是 1 1 1 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 (1 ) (1 ) n n n n n n n n e e n n                         即 0 lim 0 n n u   ，故由级数收敛的必要条件可知，级数 1 1 (1 ) ( ) n n n n n e            发散，即收 敛域为 ) e 1 , e 1 ( （3） ( 1) n n u  n x  ，      1 1 1 1 1 lim lim 1 lim 1 1 1 n n n n n n n u n x x x u n x n                    ， 由比值审敛法可知，该幂级数当 x 1 1，即2  x  0 时绝对收敛，当然收敛； 当 x  2 时，级数成为    1 ( 1) n n n ，由于lim( 1) 0 n n n    ，所以级数发散；当 x  0 时， 级数成为 n 1 n   ，由于lim 0 n n   ，所以级数发散.因而收敛域为(2,0). （4） 2 2 n n nn u  x ， 2 2 lim lim 2 2 n n n n n n x u x     ，由根值审敛法可知，当 1 2 2  x ， 即 x  2 时，幂级数绝对收敛，当然收敛；当 x   2 时，级数成为  n1 n ，由于 lim 0 n n   ，所以级数发散. 幂级数的收敛域为( 2, 2). 8．求下列级数的和： （1） 1 ( 1) n n x n n     ; （2） 1 2 1 1 ( 1) 2 1 n n n x n        ; （3） 1 1 2 n n n    ; （4） 2 1 ! n n n   . 解：（1） 设和函数为s(x) ，则 1 ( ) ( 1) n n x s x n n      ， i） s(0)  0

im0=211(3,-=2=1-1→1m→w) 台n(n+1) 台kk+)n+1 当xe-l,0o)U0,)时，x()=2m, 对上式两边逐项求导两次，得 auaj-2行j-2 容易看出：【✉(。=0，对等式[o=两边从0到x积分，得， dr+s(n-) xs(x)=-fcln(1-t)d/=-xIn(1-x)+x+In(1-x) s(x)=1+(-10ln1-x)(cx∈-101U0,1) 1+(-1)In(1-x)xE[-1.0](0.1) 故 s(x)= 0 x=0 1 x=1 设和函数为国，则0=0，-2二=豆 (2) <1时.国=子，从而=+0=ame-0 (3)考虑幂级数 2a+r,其收数半径R=回2-回1，在 (-1,1)内，设其和函数为s(x),则 0o-8-豆y-小-(j动 当-有票宁唱兮4 6

6 ii） 1 1 (1) 1 ( 1) n s n n       （ 1 1 1 1 1 ( ) ( 1) 1 n n k s n  k k n          ） 当 x [1,0)  (0,1) 时， 1 1 ( ) ( 1) n n x xs x n n       , 对上式两边逐项求导两次，得     1 1 1 1 ( ) , ( ) 1 n n n n x xs x xs x x n x              容易看出：  ( ) 0 0   x xs x ，对等式  1 ( ) 1 xs x x    两边从0 到 x 积分，得，   d  ( ) ln(1 ) 1 1 ( ) 0 0 t xs x x t xs x x x           ( ) ln(1- t)d ln(1 ) ln(1 ) 0 xs x t x x x x x          1)ln(1 ) ( [ 1,0] (0,1)) 1 ( )  1 (   x x    x s x 故               1 1 0 0 1)ln(1 ) [ 1,0] (0,1) 1 1 ( ( ) x x x x x s x （2） 设和函数为 s(x) ，则 s(0)  0，      1 2 1 2 1 ( ) n n n x s x ，       1 2 2 ( ) n n s x x . 当 x  1时， 2 1 1 ( ) x s x    ，从而 d (0) arctan ( 1,1) 1 1 ( ) 0 2        t s x x t s x x . （3）考虑幂级数   0 1 n n n x    ，其收敛半径 1 lim lim 1 1 n n n na n R  a  n      ，在 (1,1) 内，设其和函数为s(x) ，则     1 2 0 0 0 1 ( ) 1 ( ) 1 1 n n n n n n x s x n x x x x x x                                  当 1 2 x  时，有   1 1 0 0 2 1 1 1 1 1 ( ) 4 2 2 2 2 1 (1 ) 2 n n n n n n n n n s                         . （4） e e 2e ! 1 ! 1 ( 1)! 1 ( 2)! 1 ! ! ( 1) ! 1 1 1 2 1 0 0 2                                 n n n n n n n n n n n n n n n n n n

9.将下列函数展开成x的幂级数： (1)ln(1+x+x2+x3); (2) (2-x2 解：(1)ln(1+x+x2+x3)=ln+x)1+x2)]=ln(1+x)+ln(1+x2) -2-r后+- xe(-1 (2)由于、1=11 2-x21-x 名2，所以 2 1 1x∈e(-2,2) 0.设正项数州a}单调减砂少，且空-%发放，试证级数》 收敛 证明：由于正项数列{an}单调减少，故1iman存在，记1iman=a,则a≥0.若a=0, 则由莱布尼茨判别法知∑(-1)”a,收敛，这与假设矛盾，故a>0. 因m=m 1+a

7 9．将下列函数展开成 x 的幂级数： （1） 2 3 ln(1 x  x  x ) ； （2） 2 1 (2  x) . 解：（1）ln(1 ) ln[(1 )(1 )] ln(1 ) ln(1 ) 2 3 2 2  x  x  x   x  x   x   x ( 1) ( 1) ( 1,1] 1 2 1 1 1              x n x n x n n n n n n （2）由于 1 0 1 1 1 2 2 2 1 2 n n n x x x          ，所以 1 2 1 1 0 1 1 1 ( ) ( ) ( 2,2) (2 ) 2 2 2 n n n n n n x n x x x x                   10．设正项数列an单调减少，且 1 ( 1) n n n a    发散，试证级数 1 1 1 n n n a           收敛. 证明：由于正项数列an单调减少，故lim n n a  存在，记lim n n a a   ，则a  0 .若a  0 ， 则由莱布尼茨判别法知 1 ( 1) n n n a    收敛，这与假设矛盾，故a  0 . 令 1 1 n n n u a         ，因 1 1 lim lim 1 1 1 n n n n n n n u   a a            ，所以由根值判别法 可知，级数 1 1 1 n n n a           收敛. 11．设 f (x) 是周期为2 的函数，它在 ,  上的表达式为 0, - 0, ( ) , 0 . x x f x e x           将 f (x) 展开成傅里叶级数. 解：所给函数满足收敛定理的条件，它在点 x  n (n  0,1,2,) 处不连续， 在其它点处均连续，从而由收敛定理知道 f (x) 的傅里叶级数收敛，当 x  n 时 级数收敛于 0 2 2 e e     ，当 x  n 时级数收敛于 f (x) ．

aie女- -f()cosmd-Jecosnrdr-Ifcosnde wm+e.s威 1 mcmi1 故a,=le-1 (n2+1)π )sinmd'sindsinde' e'in'con [-)e+1] 故bn= (n2+1)π 由收敛定理知 =2+空-nan 名(n2+1元 (-0<x<+0且x≠nπ，n=0,±l,t2,…) 8

8 0 0 0 1 1 e 1 e d x x a x e            故   ( 1) ( 1) e 1 2     n a n n 0 0 1 1 1 ( )sin d e sin d sin de x x n b f x nx x nx x nx              0 0 1 1 e sin e cos d ( ) x x n nx n nx x n a               故 1 2 ( 1) e 1 ( 1) n n n b n            由收敛定理知 2 1 e 1 ( 1) e 1 ( ) (cos sin ) ( , 0, 1, 2, ) 2 ( 1) n n f x n n n x x n n n                              且  0 0 1 1 1 ( ) cos d e cos d cos de x x n a f x nx x nx x nx              0 0 0 1 ( 1) e 1 e cos e sin d cos de n x n x n x nx nx x nx                     2 2 0 0 ( 1) e 1 1 ( 1) e 1 e sin e cos d n n x x n n nx n nx x n a                       