张宇1000题高等数学 第十六章 无穷级数

$A$组

7.设$0\leqslant u_n\leqslant\cfrac{1}{n}$，则下列级数一定收敛的是（  ）。
$(A)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n;$
$(B)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^nu_n;$
$(C)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\sqrt{u_n};$
$(D)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^nu_n^2.$

解  如$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}$，$(A),(C)$错误。
  如$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{(-1)^n+1}{2n}$，$(B)$错误。
  因$0\leqslant u_n\leqslant\cfrac{1}{n}$，有$u_n^2\leqslant\cfrac{1}{n^2}$，而$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}$收敛，由正项级数的比较判别法知，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n^2$收敛，故$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^nu_n^2$绝对收敛，从而收敛，故选$(D)$。（这道题主要利用了反例求解）

20.判别下列正项级数的敛散性。

（3）$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}).$

解
$\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}=\cfrac{1}{\sqrt[3]{(n+1)^2}+\sqrt[3]{n(n+1)}+\sqrt[3]{n^2}}\geqslant\cfrac{1}{3\sqrt[3]{(n+1)^2}}$
  又$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{(n+1)^{\frac{2}{3}}}=\displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty\cfrac{1}{n^{\frac{2}{3}}}$发散，由比较判别法知，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n})$发散。（这道题主要利用了分子有理化求解）

21.设级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$条件收敛，判别级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^n$在点$x_1=\sqrt{3},x_2=3$处的收敛性。

解  由题设条件$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收敛，可知$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$的收敛半径$R=1$。若$R<1$，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n\biggm\vert_{x=1}=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$发散，与已知矛盾；若$R>1$，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n\biggm\vert_{x=1}=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$绝对收敛，与已知矛盾。
  由于$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^n=x\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^{x-1}=x\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(a_nx^n)'$的收敛半径与$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$收敛半径相同，即$R=1$，收敛区间为$(-1,1)$。
  当$x_1=\sqrt{3}$时，考察$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^n$，由于$|\sqrt3-1|<1$，因此$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^n$在$x_1=\sqrt{3}$处绝对收敛；
  当$x_2=3$时，考察$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^n$，由于$|3-1|>1$，因此$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(x-1)^n$在$x_2=3$处发散。（这道题主要利用了分类讨论求解）

$B$组

2.下列命题正确的是（  ）。
$(A)$若$u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots)$，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n\leqslant\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$；
$(B)$若$u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots)$，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$收敛，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛；
$(C)$若$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{u_n}{v_n}=1$，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$收敛，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛；
$(D)$若$w_n<u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots)$，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty w_n$与$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$收敛，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛。

解  因为只有当级数收敛时，才能比较其和的大小，故$(A)$错误。
  若取级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\left(-\cfrac{1}{n}\right)$与$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}$，可见$(B)$错误。
  若取级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$与$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\left[\cfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\cfrac{1}{n}\right]$，可见$(C)$错误。
  故选$(D)$。（这道题主要利用了反例求解）

$C$组

6.设函数$f_n(x)=\displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t(x>0)$，其中$n$为正整数。

（1）证明$f_n(x)$在区间$(0,+\infty)$上存在最大值；

解  由$f'_n(x)=x(1-x)\sin^{2n}x=0$，解得函数$f_n(x)$在$(0,+\infty)$内的所有驻点为$x_0=1$及$x_k=k\pi,k=1,2,\cdots$。易知，$x_0=1$是$f_n(x)$在$(0,+\infty)$上的唯一极值点且为极大值点，所以$f_n(1)$是$f_n(x)$在$(0,+\infty)$上的最大值。

（2）记$a_n$为函数$f_n(x)$在$(0,+\infty)$上的最大值$(n\geqslant1)$，证明级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收敛。

解  因为$a_n=f_n(1)=\displaystyle\int^1_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t(n\geqslant1)$，且当$0\leqslant t\leqslant\cfrac{\pi}{2}$时有$\sin t\leqslant t$，所以$0\leqslant a_n\leqslant\displaystyle\int^1_0t(1-t)t^{2n}\mathrm{d}t=\displaystyle\int^1_0t^{2n+1}\mathrm{d}t-\displaystyle\int^1_0t^{2n+2}\mathrm{d}t=\cfrac{1}{2n+2}-\cfrac{1}{2n+3}\leqslant\cfrac{1}{n^2}$。利用比较判别法，由$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}$收敛可知，级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收敛。（这道题主要利用了放缩法求解）

7.

（1）设$f(x)$为任意阶可导函数，且$f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$，若$f(x)$为奇函数，证明$f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}x^{2n-1}$；

解  由$f(x)$为奇函数，即$f(x)=-f(-x)$，于是有$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n=-\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(-x)^n=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}a_nx^n$，比较两端$x$同次项系数，得$a_n=(-1)^{n+1}a_n$。
  当$n=2k$为偶数时，$a_{2k}=-a_{2k}$，则$a_{2k}=0,k=0,1,2,\cdots$；
  当$n=2k-1$为奇数时，$a_{2k-1}=a_{2k-1},k=1,2,\cdots$。
  综上可知，$f(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty a_{2k-1}x^{2k-1}$，亦可写成$f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}x^{2n-1}$。

（2）将函数$f(x)=\displaystyle\int^x_0e^{x^2-t^2}\mathrm{d}t$展开为$x$的幂级数。

解  $f(x)=e^{x^2}\cdot\displaystyle\int^x_0e^{-t^2}\mathrm{d}t$为奇函数，由$(1)$，设$f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n-1}x^{2n-1}$。
  对求导$f(x)=\displaystyle\int^x_0e^{x^2-t^2}\mathrm{d}t$，得$f'(x)=2xf(x)+1$，即$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(2n-1)a_{2n-1}x^{2n-2}=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty2a_{2n-1}x^{2n}+1$，也即$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(2n+1)a_{2n+1}x^{2n}+a_1=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty2a_{2n-1}x^{2n}+1$。
  比较两端同次项系数，得$a_1=1$，于是
$\begin{aligned} a_{2n+1}&=\cfrac{2}{2n+1}a_{2n-1}=\cfrac{2}{2n+1}\cdot\cfrac{2}{2n-1}a_{2n-3}=\cdots\\ &=\cfrac{2}{2n+1}\cdot\cfrac{2}{2n-1}\cdot\cdots\cdot\cfrac{2}{3}\cdot a_1=\cfrac{2^n}{(2n+1)!!}. \end{aligned}$
  故$f(x)=x+\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{2^n}{(2n+1)!!}x^{2n+1},x\in(-\infty,+\infty)$。（这道题主要利用了微分方程求解）

9.设$x>2$，证明$\ln\cfrac{x+2}{x-2}=\ln\left(\cfrac{x+1}{x-1}\right)^2+2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}\left(\cfrac{2}{x^3-3x}\right)^{2n-1}$。

解  令$S(u)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}u^{2n-1}$，于是当$|u|<1$时，有$S(u)=S(0)+\displaystyle\int^u_0S'(t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^u_0\left(\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}t^{2n-1}\right)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^u_0\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty t^{2n-2}\mathrm{d}t=\displaystyle\int^u_0\cfrac{1}{1-t^2}\mathrm{d}t=\cfrac{1}{2}\ln\cfrac{1+u}{1-u}$。代入$u=\cfrac{2}{x^3-3x}$，故$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n-1}\left(\cfrac{2}{x^3-3x}\right)^{2n-1}=\cfrac{1}{2}\ln\cfrac{(x+2)(x-1)^2}{(x+1)^2(x-2)}(x>2)$。（这道题主要利用了幂级数展开求解）

10.设$b_n>0$，当$n\geqslant2$时，$b_n=b_{n-1}+(n-1)b_{n-2},b_0=b_1=1$且$\cfrac{b_n}{b_{n-1}}$有界，求$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!}$的和函数。

解  记$a_n=\cfrac{b_n}{n!}$，则$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{b_{n+1}}{(n+1)!}\cdot\cfrac{n!}{b_n}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{1}{n+1}\cdot\cfrac{b_{n+1}}{b_n}\right|=0$，故收敛区间为$(-\infty,+\infty)$。又记$S(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!}$，则
$\begin{aligned} S'(x)&=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}=b_1+\displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty[b_{n-1}+(n-1)b_{n-2}]\cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}\\ &=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty b_{n-1}\cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty b_{n-2}\cfrac{x^{n-2}}{(n-2)!}\cdot x=\displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!}+x\cdot\displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\cfrac{x^n}{n!} \end{aligned}$
  于是$\cfrac{S'(x)}{S(x)}=1+x$，即$\displaystyle\int\cfrac{1}{S(x)}\mathrm{d}[S(x)]=\displaystyle\int(1+x)\mathrm{d}x$，得$\ln|S(x)|=x+\cfrac{x^2}{2}+\ln C_1$，也即得$S(x)=\pm C_1e^{x+\frac{x^2}{2}}=Ce^{x+\frac{x^2}{2}}$，又$S(0)=1$，故$C=1$，于是$S(x)=e^{x+\frac{x^2}{2}},x\in(-\infty,+\infty)$。（这道题主要利用了微分方程求解）

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