第十二章 无穷级数(解题方法归纳)

一、正项级数敛散性的判定方法 1. 一般项极限不趋于零则级数发散. 2. 比较审敛法

3. 比较审敛法的极限形式 4. 比值审敛法 5. 根值审敛法

1. 一般项极限不趋于零则级数发散 例1 判定级数ns12s3sn1sns(s0)的敛散性.

解 由于limn0，所以ns发散.

nn1『方法技巧』 无论是正项级数还是任意项级数，判定其敛散性时一般第一步都是验证一般项的极限是否为零. 2. 比较审敛法

an例2 判定级数(a0)的敛散性. 2nn11aanannna，而a收敛，所以解 当0a1时，收敛. 2n1a2nn1n11aananan11当a1时，收敛. 2n，而收敛，故2n2n1a1aaan1n1aan11当a1时，，而发散. 2n1a2n12nnan所以，级数在a1时收敛；在a1时发散. 2nn11a『方法技巧』 比较审敛法中，选作参照物的级数可以是p级数，也可以是等比级数.

3. 比较审敛法的极限形式 例3 判定级数1的敛散性. 3n1lnn解 取vn1n，则 1limunln3nnvlimnn1limnnln3nxlimxln3x nxlimx3ln2xxlimx6lnxxlimx6，  而1n发散，由比较审敛法的极限形式得13发散.

n1n1lnn4. 比值审敛法

4 判定级数n!en例n的敛散性.

n1n解 limun1(n1)!en1nnnulimen(n1)n1nlim1， nn!en(11nn)无法断言原级数是否收敛，但

e1，

从而un单调递增且u1e，故mil1(1nun0)nn所以，n!enn发散.

n1n5. 根值审敛法 2例5 判定级数(n1)n的敛散性.

n12nnn2解 limn(n1)nnunlimn2nn12lim(1n1n)ne21， 2故由根值审敛法知(n1)nn12nnn2发散.

二、任意项级数敛散性的判定

例6 试研究级数(1)nan1n1an(a0)是绝对收敛、条件收敛还是发散. 解 先考虑级数an(1an)的敛散性. n1， a11a当a1时，，而收敛，故由比较审敛法得n1nn(1an)an1n1an1n(1a)(1)na收敛，从而绝对收敛. nn1an1aaaa当a1时, ,而发散，故由比较审敛法得发散. nnn(1a)2nn12nn1n(1a)(1)na下面讨论级数的敛散性. nn1an1令f(x)x(1ax)，则f(x)1axxaxlna,当x充分大时，

f(x)axlna[2xlna]0，所以f(x)单调递减，且

lixm limfx()1alnxaxxa1x1lnxlima1lnxl imxaxlnaa11 1limx，

xa所以f(x)1，函数f(x)x(1ax)单调增加，故

a单调减少，且 nn(1a)a(1)na(1)nalim0，所以交错级数收敛，故条件收敛. nnnn(1an)n1an1an1n1『方法技巧』 正项级数敛散性取决于参数a的取值，因此先就a的情况进行了讨论，另交错级数数列un的单调性应用函数的导数来说明. 三、幂级数的收敛半径、收敛域的求法 1.不缺项的幂级数收敛半径的求法 2. 缺项的幂级数收敛半径的求法

3. 非标准形式的幂级数收敛半径、收敛域的求法 1.不缺项的幂级数收敛半径的求法

1xn例7 求幂级数n的收敛半径. nnn132解 由于级数是不缺项的，故

Rlimnanan121n1n132n133， limnlimnn32nnn1233n11xn所以幂级数n的收敛半径为3. n32nn12. 缺项的幂级数收敛半径的求法 例8 求幂级数n2nx的收敛域. n2n1 解 由于级数缺项，故需要采用正项级数的比值（根值）审敛法确定收敛半径，故

un1(x)(n1)2n2n122limlimxxlimx1， nu(x)nn2n1n2(n1)2n解得x2，故收敛半径为R2.

又当x2时，幂级数变为n，显然n发散 ，故收敛域为(2,2).

n1n13. 非标准形式的幂级数收敛半径、收敛域的求法

(1)nxn例9 求级数()的收敛域.

n2x1n1x(1)nn 解 令t，则原级数变形为t，此时级数不缺项，故

2x1nn1Rlimnann1lim1， an1nn1(1)n当t1时，发散；当t1时，收敛；

nnn1n1x(1)nn1内收敛，故级数 故t的收敛域为(1,1]，从而原级数在12x1nn11(1)nxnx1x的收敛域为或. ()3n2x1n1四、幂级数和函数的求法

1. 利用微分、积分的方法求和函数 2. 转化为微分方程求和函数

3．利用已知的函数的幂级数展开式求和函数 1. 利用微分、积分的方法求和函数 例10 求幂级数(2n1)xn的和函数.

n0解 因为

Rlimnan2n3lim1, nan12n1且x1时级数发散，故幂级数的收敛域为(1,1)

设S(x)(2n1)x2nxxn（直接积分无效，只能进行拆项）

nnn0n0n0 记 S1(x)2nx2xnxnn0n1n12x((nx0n1xn1)dx)2x(xn)

n12xx, 2x21x(1x)1x1

S2(x)xnn01,1x1x1

2x11x,1x1. 221x(1x)(1x)所以 S(x)S1(x)S2(x)2. 转化为微分方程求和函数

x4n例10 求幂级数的和函数.

(4n)!n0解 易求此幂级数的收敛域为(,).

x4nx4n1x4n2设y(x)，则y(x)，y(x)，

n0(4n)!n1(4n1)!n1(4n2)!x4n3x4n4x4n(4)，y(x)y(x)y(x)，

(4n3)!(4n4)!(4n)!n1n1n0因此，y(0)1,y(0)y(0)y(0)0且y(4)(x)y(x)0,

由常系数齐次线性方程组的解法有 yC1exC2exC3cosxC4sinx，

1111由初始条件得C1C2,C3,C40,从而y(x)(exex)cosx，

4242x4n11故 (exex)cosxx(,).

42n0(4n)!3．利用已知的函数的幂级数展开式求和函数

n21n1例11 求幂级数nx的和函数.

n03n!n21n1n21nn(n1)n1n解 令 S(x)nxxnxxx n3n!3n!3n!n0n0n0n(n1)nnnxn xnxnxn

n03n!n03n!n03n!nnnxxx333 x

n2(n2)!n1(n1)!n0n!n2n1nxxx2xx333 x 3n2(n2)!3n1(n1)!n0n!xx2xx2x xe1x(1)e3，x(,).

3393x3五、常数项级数的和

1. 利用定义求常数项级数的和

2. 利用幂级数的和函数求常数项级数的和 3. 利用级数的傅里叶级数求常数项级数的和 1. 利用定义求常数项级数的和

例12 求级数解 因为un1的和.

n(n1)(n2)n211(n2)n111， n(n1)(n2)2n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)1111 Sn212343411 212n( limSnn11nn(45n1)1(n 1)(2)1， 1n)(2)11. 1n)(2)411limn212n(故 11. 4n2n(n1)(n2)2. 利用幂级数的和函数求常数项级数的和

(1)n1n 例13 求级数的和.

(2n1)!n1解 由于级数中含因子

1，因而考虑sinx的展开式，故幂级数设为缺

(2n1)!(1)n1n2n1项形式. 令S(x)x,x(,)，则

n1(2n1)!x0S(x)dxn1x0(1)n1n2n11x(1)n12n2n11(1)n1x2n xdxxdx(2n1)!2n10(2n1)!2n1(2n1)!n11(1)n1x21(1)nxn211 (x)(xsinx)，

2xn1(2n1)!2xn0(2n1)!2x求导得 S(x)[1sinxxcosx(xsinx)],x0. 2x2x2(1)n1n1故级数S(1)(sin1cos1).

2n1(2n1)!『方法技巧』 所求常数项级数的一般项中若含有 n!,(2n1)!,(2n1)!时，所构造的幂级数的和通常为ex,sinx,cosx等，注意灵活运用幂级数球和函数的方法.

3. 利用级数的傅里叶级数求常数项级数的和 例14 将函数f(x)2x(x1)展开成以2为周期的傅里叶级数，并求

1的和. 2n1n级数由于f(x)2x是偶函数，故bn0,(n1,2,),12l解 a0f(x)dx2(2x)dx5,

0l012lnx21dx2(2x)cosnxdxxdsinnxdx anf(x)cos000lln1221{xsinnx1sinnxdx}cosnx00 220nn24 22[(1)n1]22(n1,3,5,),

nn所以

2x54112{cosx2cos3x2cos5x}(1x1), 235当x0时,有

5411541， 22{122}222352n1(2n1)即

1252 , (2)2(2n1)428n11111112, 22224n1nn1nn1(2n1)n1(2n)n1(2n1)3112故 2， 所以 24n1n(2n1)8n11422. 2n386n1六、函数展开为幂级数的方法 1.直接展开的方法 2.间接展开的方法

例15 将函数f(x)secx展开成x的幂级数.

解 由于f(x)secx是偶函数，它的导数必是奇函数，即f(2n1)(x)是奇函数，因而f(2n1)f(2n1)(0)因此f(x)secx展开式中奇次幂的系数即f(x) 0，(0)0，

(2n1)!幂级数展开式中只含x的偶次幂，故可设secxa2nx2n，而secxcosx1，其

n0x2x4中 cosx12!4!(x)，故

secxcosx(a0a2xa4x比较系数得

24x2x4)(12!4!)1，

a0aa0,a41000, 2!2!4!14所以 a01,a2,a4,，

22514因此， secx1x2x4.

225 『方法技巧』 本题虽然采用间接的方法，但与以前的例题有所不同的是利

x用了函数自身的性质以及三角恒等式的关系.同理，你可以试着将f(x)展

1ex开为x的幂级数.

a011,a21七、 函数展开为傅里叶级数

例16 f(x)在[,]上满足f(x)f(x)，试证其傅里叶系数

a2n1b2n10. 证

a2n1f(x)cos(2n1)xdx 1 10f(x)cos(2n1)xdx10f(x)cos(2n1)xdx

令xt，则

0f(x)cos(2n1)xdxf(t)cos(2n1)tdtf(x)cos(2n1)xdx

00故a2n10，同理.

七、 综合杂例

例17 证明柯西积分判别法，并判定级数1的敛散性. ln(n!)n2 设f(x)在x1上非负、连续且单调递减，则f(n)与n11f(x)dx同敛散.

证 由于kxk1时，f(k1)f(x)f(k)，因此

ak1f(k1)从而 ak1k1k1nnk1k1kf(x)dxf(k)ak,

nkf(x)dxf(x)dxak，

ik1即 aka1f(x)dxak，

k1ik1nn由上式知f(n)与n11f(x)dx敛散性一致.

1， lnnnln因为

1lnn(!)1ln1ln22n又因为 21dxlnlnxxlnx发散，故由柯西积分判别法知1发

n2nlnn散，再由比较审敛法得级数1发散. ln(n!)n2例18(09 数一) 设an为曲线yxn与yxn1(n1,2,)所围成区域的面积，记S1an，S2a2n1，求S1,S2的值.

n1n1解 曲线 yxn与yxn1的交点为(0,0),(1,1).所以

an(xnxn1)dx(011n11n2111xx)0. n1n2n1n2从而

11S1anlimanlim(NN23n1n1S2a2n1(n1n1NN11111)lim()， N1N2N2N221111111)2n2n123456(1)n1，

11由于ln(1x)xx2x32311111 ln21(23456

xnn，令x2，则

)1S2，所以S21ln2.