2024年1月25日发(作者：徐州2022初二数学试卷)
第六章 级数理论
§1 数项级数
I 基本概念
一 数项级数及其敛散性
定义1 给定一个数列{un}，对它的各项依次用“+”号连结起来的表达式
u1+u2+\"+un+\" （1）
称为数项级数或无穷级数，简称级数，记为∑un=1∞n，其中un称为数项（1）的通项．
，称之为（1）的前n项部分和，简称为数项级数（1）的前n项之和，记为Sn=部分和．
∑uk=1nk，则称级数（1）收定义2 若级数（1）的部分和数列{Sn}收敛于S（即limSn=S）n→∞敛，并称S为（1）的和，记为S=∑un=1∞n．若{Sn}是发散数列，则称级数（1）发散．
二 收敛级数的基本性质
1 收敛级数的柯西收敛准则
级数（1）收敛的充要条件是：∀ε>0，∃N>0，∀n>N，∀p∈Z，有
+un+1+un+2+\"+un+p<ε．
2 级数收敛的必要条件：若级数∑an=1∞n收敛，则liman=0．
n→∞3 去掉、增加或改变级数的有限项并不改变级数的敛散性．
4 在收敛级数的项中任意加括号，既不改变级数的收敛性，也不改变它的和（正项级数亦如此），即收敛级数满足结合律．
5 若级数适当加括号后发散，则原级数发散．
6 在级数中，若不改变级数中各项的位置，只把符号相同的项加括号组成一新级数，则两级数具有相同的敛散性．
7 线性运算性质
若级数∑un=1∞n与∑vn=1∞n都收敛，c,d是常数，则∑(cun=1∞n=1∞n+dvn)收敛，且
∑(cun=1∞n±dvn)=c∑un±d∑vn．
n=1∞
三 正项级数收敛性判别法
1 正项级数∑un=1∞n收敛的充要条件是部分和数列{Sn}有界．
2 比较判别法
设∑un=1∞n与∞∑vn=1n∞n是两个正项级数，若存在正整数N，当n>N时，都有un≤vn，则
（1）若∑vn=1∞收敛，则∑un=1∞∞n收敛；
（2）若∑un=1n发散，则∑vn=1n发散．
3 比较原则的极限形式
设∑un和∑vn是两个正项级数，且limn=1n=1∞∞un=l，则
n→∞vn具有相同的敛散性； （1）当0 （3）当l=+∞时，若∞∞∑vn=1n发散，则∑un=1n发散． 4 设∑an和∑bn是两个正项级数，且∃N>0，∀n>N，有n=1n=1an+1bn+1，则 ≤anbn（1）若∑bn=1∞n=1∞n收敛，则∑an=1∞n=1∞n收敛； （2）若∑an发散，则∑bn发散． 5 比式判别法（达朗贝尔判别法） 设∑un=1∞n是正项级数，若∃N0>0及常数q>0，有 ∞an+1（1）当n>N0时，≤q<1，则级数∑un收敛； ann=1∞an+1（2）当n>N0时，≥1，则∑un发散． ann=16 比式判别法极限形式 设∑un为正项级数，且limn=1∞un+1=q，则 n→∞un（1）当q<1时，∑un=1∞n收敛； ∞（2）当q>1若q=+∞时，（3）当q=1时失效． ∑un=1n发散； 当比式极限不存在时，我们有 设∑un=1∞n为正项级数． （1）若limun+1=q<1，则级数收敛； n→∞unun+1=q>1，则级数发散． n→∞un（2）若lim7 根式判别法（柯西判别法） 设∑un=1∞n为正项级数，且存在某正整数N0及正常数l， （1）若对一切n>N0，成立不等式nun≤l<1，则级数∑un收敛； n=1∞（2）若对一切n>N0，成立不等式nun≥1，则级数8 根式判别法极限形式 设∑un=1∞n发散． ∑un=1∞n为正项级数，且limnun=l，则 n→∞（1）当l<1时级数收敛； （2）当l>1时级数发散． 9 柯西积分判别法 那么正项级数设f为[1,+∞)上非负递减函数，∑f(n)与反常积分∫n=1∞+∞1f(x)dx同时收 敛或同时发散． 10 拉贝判别法 设∑un=1∞n为正项级数，且存在某正整数N0及常数r， ∞⎛un+1⎞（1）若对一切n>N0，成立不等式n⎜⎜1−u⎟⎟≥r>1，则级数∑un收敛； n=1n⎠⎝∞⎛un+1⎞（2）若对一切n>N0，成立不等式n⎜⎜1−u⎟⎟≤1，则级数∑un发散． n=1n⎠⎝注 拉贝判别法中（1）n⎜⎜1−⎛⎝un+1⎞un+1r⎟≥r>1可转化为，r>1收敛； ≤1−⎟un⎠unn（2）n⎜⎜1−⎛⎝un+1⎞un+1r⎟≤r可转化为，r≤1发散． ≥1−⎟un⎠unn11 拉贝判别法极限形式 ⎛un+1⎞⎟1−若limn⎜⎟=r，则有 n→∞⎜un⎠⎝（1）当r>1时，∑un=1∞∞n收敛； （2）当r<1时，∑un=1n发散． 四 一般项级数 1 莱布尼兹判别法 若交错级数∑(−1)n=1∞n−1un，un>0，满足下列两个条件： （1）数列{un}单减； （2）limun=0， n→∞则∑un=1∞n收敛． 注 若交错级数∑(−1)n=1∞n−1un满足莱布尼兹判别法，则其余项Rn(x)满足Rn(x)≤un+1． 2 绝对收敛级数及其性质 定义 对于级数∞∑un=1∞n，若∑un=1∞n收敛，则称∑un=1∞n绝对收敛；若∑un=1∞n收敛，而∑un=1∞n发散，则称∑un=1∞n是条件收敛的． ∞显然，若∑un=1n绝对收敛，则∑un=1n一定收敛，反之不真． 绝对收敛级数的性质： （1）重排性：若有相同的和数． 此说明：绝对收敛级数满足交换律． 对于条件收敛级数适当重排后，可得到发散级数，或收敛于任何事先指定的数（Riemann）． （2）级数的乘积 若∑un=1∞n绝对收敛，其和为S，则任意重排后所得级数亦绝对收敛，且∑un=1∞n和∑vn=1∞n都绝对收敛，其和分别为A和B，则其乘积∑u⋅∑vnn=1n=1∞∞n按任意方式排列所得的级数也绝对收敛，且其和为AB（柯西定理）． 乘积的排列方式通常有两种：正方形和对角线法． 3 一般级数收敛判别法 一般级数除应用前面正项级数方法判定其绝对收敛以外，莱布尼兹判别法和下面的狄利克雷判别法和阿贝尔判别法则是判定其可能条件收敛的主要方法． （1）狄利克雷判别法 若数列{an}单减收敛于零，∑bn=1∞n的部分和数列有界，则级数∑abn=1∞nn收敛． 注 莱布尼兹判别法是狄利克雷判别法的特例，Abel判别法亦可由狄利克雷判别法推证． （2）阿贝尔判别法：若数列{an}单调有界，∑bn=1∞n收敛，则级数∑abn=1∞nn收敛． 五、常用于比较判别法的已知级数 （1）几何级数∑qn=1∞n，q<1收敛，q≥1发散； （2）p−级数∞1，p>1时收敛，p≤1发散； ∑pnn=1∞（3） 1，p>1时收敛，p≤1发散． ∑pn=2n(lnn)II 例题选解 一 级数敛散性判别 例1 讨论下列级数的敛散性． （1）1，x>0； ∑nn=11+x∞（2）∑sinn=1∞x，x∈R． n解（1）0 n1+xx=1时，11→≠0，发散； n21+xn∞∞111⎛1⎞x>1时，，收敛，故收敛． <⎜⎟∑∑nnx1+x1+xn⎝x⎠n=1n=1（2）当x=0时收敛，当x≠0时，发散． 例2 已知∑an=1∞n=1∞2n收敛． （1）判定n()−1∑ann+12的敛散性； （2）证明：∑n=2∞annlnn收敛．（武汉大学） ∞∞1⎛21⎞1122解（1）(−1)⋅≤⎜a+2⎟≤an+2，∑an与∑2均收敛，从而n+1⎠nn=1n=1nn2+12⎝nan原级数收敛（绝对收敛）． （2）仿（1），由五（3）知其收敛． 例3 判断下列级数的敛散性． （1）11（东北师大） [−ln(1+)]；∑nnn=1∞ （2）∑[e−(1+111（东北师大） ++\"+)]；n!1!2!（3）∑3nsinn=1∞∞2； n4pπ⎞⎛（p>0） （4）∑⎜1−cos⎟，n⎠n=1⎝ann!（5）∑n（a>0,a≠e）； n=1n∞2+(−1)（6）∑3nn=1∞n−1； 1n（7）∑(an=1∞1n+a−−2)(a>0)； ； （8）∑n=1∞∞1∫n041+xdx4（9）11⎞⎛1−−⎟； ⎜∑n−1nn⎠n=2⎝∞lnn(n+1)（10）∑nn=2(lnn)∞； （11）lnn（p>0）； ∑pn=3n；（p=1为大连理工） ∑(n+1)ln(n+1)（p>0）n=1p∞（12）1（13）1!+2!+\"+n!； ∑()2n!n=1∞∞⎡(−1)n⎤（14）∑ln⎢1+（p>0）； p⎥nn=1⎣⎦（15）(2n−1)!!⋅1； ∑nn=1(2n)!!∞（16）1； ∑lnnn=1(lnn)∞n∞plnn⎞⎛（17）∑⎜1−； ⎟（p>0）n⎠n=2⎝ xn（18）∑（x≥0）； 2n1+x)1+x\"1+xn=1(∞()()（19）∑(∞n=2∞n+1−nn)p⋅lnnn−1（p>0）； n+1⎛2n+100⎞（20）∑(−1)⎜⎟； ⎝3n+10⎠n=1n(−1)（21）∑； nn+(−1)n=2∞（22）cosnx（0 ∑pnn=1∞（23）2+2−2+2−2−2+2−2−2−2+\"； （24）∑n=1∞(−1)[n]； n（25）1；（大连理工1998） ∑pqn=2n(lnn)(lnlnn)∞（26）∑nn=1∞−n+1n；（中科院2002） （27）∑(−1)narctannn（北京大学1999）． 解（1）由于 nnn1111Sn=∑[−ln(1+)]=∑−ln(n+1)=∑−lnn+ln→c(n→∞)， kkkkn+1k=1k=1k=1n其中c为欧拉常数，所以级数收敛． （2）由于 0 1!2!n!(n+1)!(n+2)!1111(+++\") n!n+1(n+1)(n+2)(n+1)(n+2)(n+3)111122(+++\")=<2， n!n+1(n+1)(n+2)(n+2)(n+3)(n+1)!n<由比较原则知其收敛． 2（3）3sinn4n⎛3⎞⎜⎟→2⇒ 收敛； ⎝4⎠n 1⎛π⎞π⎞⎛（4）⎜1−cos⎟~⎜⎟2⎝n⎠n⎠⎝p2p⇒0 22an+1⋅(n+1)!（5）(n+1)n+1nan⋅n!a⎛n⎞=⋅→a⇒0 ⎜⎟+n1enn⎝⎠n−1∞(−1)1=2∑n+∑3nn=13n=1∞n−1∞2+(−)()2+−11（6）n⇒收敛；或→<1∑3n3n3n=1，收敛；或2+(−1)3nn−1≤13n−11n，收敛；（此乃正项级数） −1n12n−12n(a+a−2)(a−a)2ax−a−x22=lim=lim()=(2lna)⇒收敛； （7）limxn→∞n→∞x→0+1212()()2n2n注：利用ax的Maclaurin展开式估计分子的阶． （8）0 2n（9）111111n=32⇒收敛； −−=−=nnn−nn−1nn−nnn−n()或 11⎛1⎞1⎛11⎛1⎞⎞+++o⎜⎟⎟=1⎜⎜1−⎟=⎜⎟ nnn−1n⎝n⎠n⎝n⎝⎠⎠=111⎛1⎞++32+o⎜32⎟ nnn⎝n⎠−1∞1111⎛1⎞⇒an=−−=32+o⎜32⎟（n→∞）⇒∑an收敛； n−1nnn⎝n⎠n=1（10）n(n+1)(lnn)nlnn=(n+1)lnnlnnn=elnn⋅ln(n+1)nlnn， 而lnn⋅ln(n+1)→0，从而上式极限为零，⇒收敛； n（11）当0 npn 当p>1时，lnnlnn1lnnn，当充分大时， =⋅(p−1)2<1⇒ p1+(p−1)2(p−1)2nnnnlnn1⇒收敛． ≤p1+(p−1)2nn 1p⋅x−pxp−1⋅lnx1−plnx⎛lnx⎞或当p>1时，⎜p⎟=x=<0（x>3），即单减．由2pp+1xx⎝x⎠′柯西积分判别法知原级数收敛． （12）un=1单减，故可用柯西积分判别法，令p(n+1)(ln(n+1))f(x)=+∞1x≥1，，易知当时，p=1f(x)dx发散，0 （13）1!+2!+\"+n!n⋅n!1（n≥3）⇒收敛； ≤≤2(2n)!(2n)!2(n+1)（14）由泰勒公式（皮亚诺余项形式）得： n⎡(−1)n⎤(−1)n1⎡(−1)n⎤⎛1⎞(−1)11⎛1⎞ln⎢1+p⎥=p−⎢p⎥+o⎜2p⎟=p−⋅2p+o⎜2p⎟， 2⎣n⎦2nn⎦nn⎝n⎠⎝n⎠⎣2当p>1绝对收敛，11 22⎛(−1)n⎞(−1)n⎟~p⇒注 能否利用ln⎜1+p⎟⎜n⎠n⎝数）． ⎛(−1)n⎞收敛？（此法仅用于正项级ln⎜1+p⎟∑⎟⎜n⎠n=1⎝∞(2n+1)!!⋅1a(2n+2)!!n+1=2n+1⋅n=⎛1−1⎞⎛1−1⎞ （15）n+1=⎟⎜⎟(2n−1)!!⋅12n+2n+1⎜an⎝2n+2⎠⎝n+1⎠(2n)!!n=1−32132⎛1⎞+=−+1o⎜⎟ n+12(n+1)2n+1⎝n+1⎠111<=⇒收敛； lnn22lnnn(lnn)e由拉贝判别法知其收敛． （16）lnn→+∞，则当n较大时，lnn>e2，（17）根式判别法失效．先估计它的阶， nln⎜1−⎛plnn⎞un=⎜1−⎟=e⎝n⎠⎝n⎛plnn⎞⎟n⎠()，ln⎜1−⎛⎝plnn⎞p， ⎟~−lnn（n→∞）n⎠n从而可以估计un~n−p，于是可讨论un=npun的极限，为此 pn n⎡p⎛⎡plnn⎞⎤plnn⎞⎤⎛limlnnun=limln⎢n⎜1−=lim⎢plnn+nln⎜1−⎟⎥ ⎟⎥n→∞n→∞n→∞n⎠⎥n⎠⎦⎝⎣⎢⎣⎝⎦(p)=lim=lim1n→∞n−1⎡1p1⎞⎤1⎛−pln+ln1+ln⎟⎥ ⎜⎢nnnn⎠⎦⎝⎣1[ln(1+pxlnx)−pxlnx] x→0x−p2(xln2x+xlnx)=lim=0 x→01+pxlnx故limnun=1，un~n−p，所以当p>1时收敛，当p≤1时发散． n→∞p（18）当x=0时级数显然收敛； 当0 ⎛1⎞当x=1时，un=⎜⎟，收敛； ⎝2⎠n11xn<<当x>1时，un=，收敛． (1+x)1+x2\"1+xn1+xn−1xn−1()(1)（19）(n+1−n)p=(n+1+n)(2n)p~1p=11⋅(n→∞)， pp22n lnn−1−2⎞−2−2⎛=ln⎜1+~~(n→∞)， ⎟n+1n⎝n+1⎠n+1所以，an~1−1⋅(n→∞)，由此易得：p>0时收敛，p≤0时发散． p−11+p2n2注 等价无穷小替换法仅适用于同号级数． 2n+1002⎛2n+100⎞（20）n(−1)⎜→<1，绝对收敛． ⎟=3n+103⎝3n+10⎠nn（21）un=(−1)n=(−1)nnn+(−1)(−1)n+1， n−(−1)=n−1n−1n−1nn′1⎛1⎞⋅(x−1)−x⎜x2⎟−1−x2x==<0（x>1） ⎜⎟22x−1(x−1)2x(x−1)⎜⎟⎝⎠∞n1收敛，而∑发散，故原级数发散． 由莱布尼兹判别法，∑(−1)n−1n−1n=2n=1∞n（22）当p≤0，发散，p>1，绝对收敛，当0 1⎞⎛sin⎜n+⎟x12⎠⎝敛．事实上，cosx+cos2x+cos3x+\"+cosnx=−，x∈(0,π)，有界． x2sin2（23）法一：a1=2=2cosπ4=2sinπ4=2sinπ22， π⎞π⎛a2=2−2=2⎜1−cos⎟=2sin3， 4⎠2⎝π⎞ππ⎛a3=2−2−2=2−2⎜1+cos⎟=2−2cos3=2sin4， 4⎠22⎝…… an=2sin…… π2n+1， ∞ππππ⎛⎞于是原级数可表为2⎜sin2+sin3+\"+sinn+1+\"⎟=2∑sinn，收敛． 2222⎝⎠n=2法二：记A1=2，A2=2+2，A3=2+2+2，……则An→2，于是2−2+An−1an+12−2+x2−2+x1lim=lim=lim=lim=<1，收敛． x→2x→2n→∞an→∞2−2x2−An−12−xn（24）将级数中相邻且符号相同的项合并为一项，得一新级数 ⎧1⎫11(−1)⎨2+2+\"⎬ ∑2nn1+(n+1)−1⎭n=1⎩∞n注意到通项中共有2n+1项，其中前n项之和和后n+1项之和分别夹在11与之间， n+1n1nn11n1=2<2<2+\"+2<2= nn+nn+n−1nn+n−1nn1nn11n+11=<<+\"+<= n+1(n+1)2n2+2nn2+nn2+2nn2+nn因此 21112 <2+2+\"+<2n+1nn+1(n+1)−1n由此得其单减，从而为收敛级数，而原级数的部分和总是夹在新级数某相邻的二部分和之间，所以原级数也收敛． （25）当p=1时，则当q>1时收敛，q≤1时发散，此时级数的敛散性等同于无穷积 分∫+∞2dx的敛散性．由无穷积分立得 qxlnx(lnlnx)∫+∞2Adxdx lim=qq∫2→+∞Axlnx(lnlnx)xlnx(lnlnx)⎧limlnlnlnxA=+∞,q=12⎪⎪A→+∞A=⎨收敛,q>1 11−q(lnlnx)，lim⎪A→+∞1−q+∞,q<1⎪2⎩当p<1时发散，p>1时收敛，事实上， (lnn)>1（n充分大） 11当p<1时，=⋅pqnlnn(lnlnn)qnlnnn(lnn)(lnlnlnn)1−p当p>1时，1111=⋅ 1+qn(lnn)(lnlnlnn)n(lnn)2(lnn)2ln(lnn)n(lnn)（26）由 及∑n−1发散知级数发散． （27）由于{arctann}单调有界，∑(−1)nn收敛，由阿贝尔判别法知其收敛． 思考题1 判别下列级数的敛散性： （1）1（复旦大学1997） (n2+n+1−n2−n+1)；∑nn=1lnn；（复旦大学1998） ∑32n=1n∞∞（2）（3）∑n2sinn=1∞π2n；（复旦大学1999） （4）∑n=1∞∞(3n−5)sinn2nπ2；（复旦大学1999） （5）ln(n+2)(a>0)；武汉理工大学2004） ∑n(a+1n)n=111α（南京理工2004） (−sin)．∑nnn=1∞（6）提示：（1）分子有理化，发散； （2）收敛； （3）仿上例（3），收敛； （4）当n为偶数时，通项为0，去掉这些为0的项以后所得级数为交错级数，收敛， 从而原级数收敛（考察它们部分和数列之间的关系）． （5）由级数收敛的必要条件知当a≤1时发散；当a>1由比式判别法知其收敛； （6）利用sinx的Taylor公式讨论． 例4 讨论级数∑nn=1∞1p的敛散性． 分析：p=1，柯西准则，发散； p>1，柯西积分判别法，收敛； p<1，比较判别法，发散． 例5 证明 （1）若级数∑a收敛，则∑2nn=1∞an收敛；（淮北煤师院2004） nn=1∞（2）若limnan=a≠0，则n∑an=1∞n发散，而∑an=1∞2n收敛；（南开大学2001） ∞an1． （3）若∑an是收敛的正项级数，则当p>时，级数∑p收敛（中科院2002）2n=1n=1n∞分析：（1）an1⎛21⎞≤⎜an+2⎟； n2⎝n⎠∞∞an2（2）nan=收敛； →a≠0，∑an发散，而∑an1n=1n=1n（3）同（1）．或：由Cauchy不等式 ∑k=1nakkp⎛⎞⎛1⎞≤⎜∑ak⎟⎜∑2p⎟； ⎝k=1⎠⎝k=1k⎠n12n12知其部分和有界，从而收敛． 例6（兰州大学2000）设un>0是单调递减数列，试证明： （1）若limun=c≠0，则n→∞∑(1−n=1∞un+1)收敛； un（2）若limun=0，则n→∞∑(1−n=1∞un+1)发散． un证（1）由单调有界定理知un≥c>0，再由极限的柯西收敛准则知：∀ε>0,∃N>0，当n>N,∀p∈Z，有 +un−un+p 又un单调递减，所以，当n>N,∀p∈Z时，有 +un+pun−un+pun+1un+2(1−)+(1−)+\"+(1−)≤<ε， unun+1un+p−1un由级数的柯西收敛准则知其收敛． （2）由于 un+pun−un+pun+1un+2u(1−)+(1−)+\"+(1−)≥=n−1， unun+1un+p−1un+pun+p令p→∞得上式右端的极限为+∞，由柯西准则知∞∑(1−n=1∞un+1)发散． un例7（华东师大1997）设级数∞∑an=1nn收敛．试就∑an为正项级数和一般项级数两种情形分别证明：级数 证 当∑an=1nn+n也收敛． ∑an为正项级数时， limn→∞∞annann+n=1， 由比较判别法知 ∞∑an=1nn+n 收敛． ∞∞ 当∑ann为一般项级数时，∑ann+n=∑ann1+n=1n=1n=11，由阿贝尔判别法n知它是收敛的． 思考题2（华东师大1998）已知发散级数． ∞∞n11提示：用反证法．假设∑an(1+)收敛，则∑an=∑an(1+)()，由阿贝尔nnn+1n=1n=1n=1∞1为发散的一般项级数，试证明a(1+)也是a∑∑nnnn=1n=1∞∞判别法知∑an=1∞n收敛，矛盾． ∞例8（北京工业大学2000）设和正项数列{an}单调减少，且级数∑(−1)n=1nan发散．令 un=111，n=1,2,\". ⋅\"1+a11+a21+an 试问级数∑un=1∞n是否收敛，并说明理由． ∞∞证 级数∑un=1n收敛．这是因为：由级数∑(−1)n=1nan发散和正项数列{an}单调减少知liman=a>0，且由单调有界定理知an≥a，于是 n→∞un=由比较原则知11111n⋅≤=()， \"1+a11+a21+an(1+a)n1+a∑un=1∞n收敛． 例9（北方交通大学1999）已知an>0,an≤an+1,n=1,2,\".讨论级数 111++\"++\" a1a1a2a1a2\"an的敛散性． 解 由单调性假设知存在极限liman=a≥0，则limna1a2\"an=a，由柯西根式判n→∞n→∞别法知，当a>1时收敛，当a<1时发散，当a=1时， 例10（中国矿大北研部）设an>0，Sn=a1+a2+\"+an，级数∑an=1∞n =∞．试证：（1）an发散；（武汉大学） ∑n=1Snan收敛．（东北师大） ∑2n=1Sn∞∞（2）证 （1）an>0，Sn↑，于是 akakk∑Sn=n+1≥=1−． ∑SSSk=n+1kn+pn+pn+pn+p而∑an=∞，故limSn+p=+∞，从而当p充分大时，SnSn+pn=1∞p→+∞1<， 2ak1≥．由∑S2k=n+1kn+p柯西收敛准则知其发散． nn⎛1akak111⎞212⎟+∑=+∑⎜−=−≤（2）∑2≤，部分和有界，⎜⎟a1k=2SkSk−1a1k=2⎝Sk−1Sk⎠S1Sna1k=1Skn故收敛． 例11（华中科技大学） 若liman+1=0，lim(an+1+an+2)=0，…，n→∞n→∞ lim(an+1+an+2+\"+an+p)=0，…，试问∑an是否一定收敛？为什么？ n→∞n=1∞解 不一定．如级数 1，有 ∑n=1n∞0<但111p++\"+<→0(n→∞)； n+1n+2n+pn+1∑n发散． n=1∞⎛2nsin1⎞n例12（上海交大） 若 lim⎜n⋅an⎟an是否收敛？试证之． ⎟=1，则级数∑n→∞⎜n=1⎝⎠∞1解 由于ann−2nsin1n，而0 ∑nn=1∞−2nsin1n收敛，再由比较判别法知∑an=1∞n收敛． 例13 设an>0且单减，试证∑an=1∞n与∑2n=1∞na2n同时敛散． 证 因为对正项级数任意加括号不改变敛散性，因此由 ∑an=1∞n=a1+(a2+a3)+(a4+a5+a6+a7)+(a8+\"+a15)+\" ≤a1+2a2+2a22+2a23+\"=∑2na2n 23∞n=0和 ∑an=1∞n=a1+a2+(a3+a4)+(a5+\"+a8)+(a9+\"+a16)+\" 11∞n≥a1+a2+2a4+4a8+8a16+\"=a1+∑2a2n 22n=0知两级数具有相同的敛散性． 例14 若正项级数∞∑an=1∞n收敛，且ean．证明 =an+ean+bn（n=1,2,\"）（1）∑bn=1n收敛；（华东师大） （2）bn收敛．（北京理工大学2003） ∑an=1n∞ 证 解出bn得：bn=limlnen→∞(an−an>0，而∑an收敛，故当n充分大时，bn 23⎛⎞1213anan⎟++++−a\"alne−an=ln⎜1an+an+\"=o(an)， nn⎟~⎜2!3!23!⎝⎠(an)∞∞bnb=0，由级数∑an收敛得∑n收敛． 即 liman→∞ann=1n=1n例15 研究级数编号． 1的敛散性，这里xn是方程x=tanx的正根，并且按递增的顺序∑2xn=1n1π⎛π⎞1，n>1，收敛． +(n−1)π,+nπ⎟，2<22⎝2⎠xn(n−1)∞解 解方程得：xn∈⎜例16 设u1=1，u2=2，un=un−1+un−2（n≥3）．问解 由于 ∑un=1∞−1n收敛吗？ un23un−2un+1un−2un−1un−2−un−1； −===<0（n>3）un+133un+13un+13un+1−1unun2+1=≤（由un的前若干项预测）；由比式判别法知其收敛． 所以 −1unun+13例17 设an>0，证明级数 解 由于 an 收敛． ∑()()()1+a1+a\"1+an=112n∞0 =a3a1+a2+a1a21+\"=1−+\"++\" (1+a1)(1+a2)(1+a1)(1+a2)(1+a1)(1+a2)(1+a3)an1 +\"+(1+a1)(1+a2)(1+a3)(1+a1)(1+a2)\"(1+an)an<1 (1+a1)(1+a2)\"(1+an)=1−=1−即部分和有界，所以收敛． 例18（上海师大）证明：级数：1−⎜1+1⎛3⎝1⎞1⎛11⎞1⎛111⎞⎟+⎜1++⎟−⎜1+++⎟+\"是2⎠5⎝23⎠7⎝234⎠ 收敛的． 解 这是交错级数，且 an= =1⎛11⎞2n+11⎞⎛1+++=+++\"\"11⎜⎟⎜⎟ n⎠(2n−1)(2n+1)⎝2n⎠2n−1⎝21⎡⎛2⎞⎛11⎞⎤1⎛111⎞111\"\">++++++++⎜⎟=an+1， ⎜⎟⎜⎟⎥2n+12n+1⎢212nnnn21+−⎝⎠⎠⎝⎠⎦⎣⎝an=1⎛11⎞1(c+lnn+εn)→0． 1++\"+=⎜⎟2n−1⎝2n⎠(2n−1)由莱布尼兹判别法知∑an=1∞n收敛． ∑a和∑b都发散，问下列级数收敛性如何？ （1）∑min(a,b)； （2）∑max(a,b)． 解（1）可能收敛，也可能发散，例如，取a=b=n，则∑min(a,b)发散；若取a=1+(−1)，b=1+(−1)，则min(a,b)≡0，∑min(a,b)收敛． 例19（合肥工大2001）已知正项级数nnnnnn−1nnnnnn+1nnnnnn（2）一定发散，这是因为max(an,bn)≥an． 思考题3（复旦大学1997）证明：如果任意项级数∑un和∑vn都收敛，且成立 un≤wn≤vn,n≥1. 则∑wn收敛． 提示：利用柯西收敛准则． 思考题4（上海交大2004）设x2n−1收敛． 提示：x2n+1=∞n+111=,x2n=∫dx,n+1,2,\". 证明∑(−1)n−1xnnxnn=111 nn+1例20（华东师大2000）设∞∑an=1∞n收敛，limnan=0．证明：n→∞∑n(an=1∞n −an+1)=∑an．n=1∞证 记级数 ∑n(an=1n−an−1)的前n项和为Sn，则 Sn=(a1−a2)+2(a2−a3)+\"+n(an−an+1)=a1+a2+\"+an−nan+1， 而limnan+1=lim[n→∞n→∞n⋅(n+1)an+1]=0，所以 n+1 ∑n(an=1∞n−an+1)=∑an． n=1∞思考题5（合肥工大2000）设数列{an}单调，且级数∑an=1∞n收敛于A．证明：级数∑n(an=1∞n−an+1)收敛，并求其和． 思考题6（北京工业大学2001）设数列{nan}收敛，a0=0，级数∑n(an=1∞n−an−1)收敛，证明：级数∑an=1∞n收敛． ∞思考题7（安徽大学2003）若级数（1）liman=0； n→∞∞∑an=1n满足： （2）∞∑(an=1n2n−1+a2n)收敛， 证明：∑an=1收敛． ∞思考题8（华东师大2003）若级数（1）liman=0； n→∞∞∑an=1n满足： （2）∑(an=1∞2n−1−a2n)收敛， 证明：∑an=1n收敛． 例21（吉林大学）证明级数 1+发散到正无穷． 证 记an=131−12+15+17−14+19+111−16+\" 4n−3+14n−224n−−14n−113n,n=1,2,\".则 31)， 3nan>=(1− 而∑1n发散到正无穷，所以，limS3n=+∞．又因为S3n+2>S3n+1>S3n，故n→∞limSn=+∞． n→∞注（1）若要证明级数发散，则只需证明limS3n=+∞即可． n→∞（2）在证明{Sn}收敛或发散时，有时通过求其子列的敛散性而使问题变得简单． 思考题9（武汉大学1999）级数 1−是否收敛？为什么？ 提示：考察S2n． 例22 证明：级数111111+2−+2+\"+−+\" 2345(2n−1)22n∑an=1∞n收敛的充分必要条件是：对于任意的正整数序列{pk}和正整数数任意子序列{nk}，都有 lim(ank+1+ank+1+\"+ank+pk)=0. k→∞证 必要性．设级数∑an=1∞n收敛，则由柯西收敛准则得：∀ε>0,∃N>0,当n>N时，∀p∈Z+，都有 an+1+an+2+\"+an+p<ε， 从而当k>N时，nk>N，于是对于任意的正整数序列{pk}，有 ank+1+ank+1+\"+ank+pk<ε， 即 lim(ank+1+ank+1+\"+ank+pk)=0. k→∞ 充分性．反证法．若∑an=1∞n发散，则∃ε0>0,∀N>0,∃n>N,∃p∈Z+，使得 an+1+an+2+\"+an+p≥ε0， 特别地，分别取 N1=1,∃n1>1,∃p1∈Z+, 使得 an1+1+an1+2+\"+an1+p1≥ε0， N2>max{2,n1},∃n2>N2,∃p2∈Z+，使得 an2+1+an2+2+\"+an2+p2≥ε0， 如此下去，得一正整数子序列{nk}和正整数序列{pk}，恒有 ank+1+ank+1+\"+ank+pk≥ε0， 这与已知条件矛盾． 二 绝对收敛与条件收敛 例23 判别下列级数是条件收敛，还是绝对收敛： （1）∑n=1∞∞(−1)n−1（南京师大2002，p=1为武汉大学1995）； np+1n（2）∑(−1)n=1nsinx（内蒙古大学）； n(−1)n（3）∑2(x>0)（复旦大学1997）． xn=1(n+3n−2)∞解（1）当p≤0时，un不趋于0，发散； 当p>1时，原级数绝对收敛； 当0 p1nnn(−1)n−1n故原级数条件收敛． p+1nn−p→1（n→∞）； （2）当x=0时绝对收敛，当x≠0时，不妨设x>0，则∃N>0，当n>N时，有0 n又因为 (−1)nsinxn而xn→1(n→∞)， ∑n发散，故原级数条件收敛． n=1∞x⎧⎫1（3）当x>0时，数列⎨2单减趋于0，由莱布尼兹判别法知其收敛．又x⎬(n3n2)+−⎩⎭因为 n2 1(−1)n1<≤， x2x2x2x+−4n(n3n2)n 从而，当x>11时，绝对收敛，当x≤时，条件收敛． 22lnlnnsinn是否绝对收敛或条件收敛． ∑n=2lnn∞思考题10（武汉大学2005）判别级数思考题11（南京大学2001）设xn+1=k+xn,k>1,x1>0,n≥1． 1+xn（1）证明：级数∞∑(xn=0n+1∞n+1−xn)绝对收敛； （2）求级数∑(xn=1−xn)之和． 例24（北京大学1999,中国矿大1999，安徽大学2000，2001）设f(x)在x=0的某邻∞f(x)⎛1⎞域内有二阶连续导数，且lim=0．证明：级数∑f⎜⎟绝对收敛． x→0xn=1⎝n⎠证 由limx→0f(x)=0得f(0)=0，f′(0)=0，f(x)在x=0某邻域内的二阶泰勒展式x11f′′(θx)x2=f′′(θx)x2，0<θ<1 22为 f(x)=f(0)+f′(0)x+由f′′(x)连续知，∃M>0，有f′′(x)≤M，从而有 ⎛1⎞M1f⎜⎟≤⋅2 ⎝n⎠2n故⎟绝对收敛． ∑f⎜⎝n⎠n=1∞⎛1⎞思考题12 证明： （1）（华南理工大学2005）设f(x)是偶函数，在x=0的某个领域中有连续的二阶导数，f(0)=1,f′′(0)=2. 则级数1f((∑n)−1)绝对收敛． n=1∞（2）（浙江大学2004）设函数f(x)在区间(−1,1)内具有直到三阶的连续导数，且∞1f′(x)f(0)=0，lim=0. 则∑nf(n)绝对收敛． xx→0n=2n∞1(−1)n例25 设an>0（n=1,2,\"）单调，且级数∑收敛，讨论级数∑是aa+\"+an=1nn=11n∞条件收敛还是绝对收敛． 解 由于an>0且单调，故1→0⇒an↑ an⎧(−1)2n⋅2n<2n=2,⎪⎪a1+a2+\"+a2nnanan ⎨2n+1⎪(−1)⋅(2n+1)<2n+1<2,⎪a1+a2+\"+a2n+1(n+1)anan⎩由已知条件，2收敛，故原级数绝对收敛． ∑an=1n∞例26 （哈尔滨工大2000）证明：若级数∞∑bn=1∞n收敛，且级数∑(an=1∞n−an−1)绝对收敛，则级数∑abn=1nn收敛． ∞证 设Sn=b1+b2+\"+bn，则bn=Sn−Sn−1，于是由∞∑bn=1n收敛知：∃M>0，Sn≤M，n=1,2,\"．由∑(an−an−1)收敛知：∀ε>0，∃N1>0，∀n,m>N1，有 n=1an−an−1+an+1−an+\"+am−am−1<ε， 又{Sn}收敛，对上述ε>0，∃N2>0，∀n>N2，m>N2，有Sn−Sm<ε，取N=max{N1,N2}+1，于是，当n,m>N时， anbn+an+1bn+1+\"+ambm =an(Sn−Sn−1)+an+1(Sn+1−Sn)+\"+am(Sm−Sm−1) ≤M[an+1−an+an+2−an+1+\"+am−am−1]+M(am−an)+anSm−Sn−1 <3Mε． 由柯西收敛准则知级数∞∑abn=1∞nn收敛． 另证 ∑bn=1n收敛⇒∀ε>0，∃N>0，∀n>N，∀p∈Z，有 n+p+k=n+1∑bk<ε． 记Si=k=n+1∑bn+ik，i=1,2,\",p，则Si<ε，i=1,2,\",p．由∑(an=1∞n−an−1)绝对收敛得其部分和有界，即∃M>0，有 Sm=由阿贝尔定理得 ′∑an=1mn−an−1≤M，m=1,2,\"． k=n+1∑abn+pkk≤S1an+1−an+2+S2an+2−an+3+\"+Sp−1an+p−1−an+p+Span+p ≤Mε+Span+p 又an+p=a0+a1−a0+\"+an+p−an+p−1 k=n+1∑abn+pkk≤ε(2M+a0)． 由柯西收敛准则知其收敛． 例27（华东师大2001）证明：若级数也绝对收敛． 证 记Sn=a1+\"+an，则由∑an=1∞n绝对收敛，则级数∑an=1∞n(a1+a2+\"+an)∑an=1∞n绝对收敛知∑an=1∞n收敛，所以{Sn}有界，即∃M>0，有Sn≤M,n=1,2,\".于是有 an(a1+a2+\"+an)≤Man， 由∑an=1∞n绝对收敛知级数∑an=1∞n(a1+a2+\"+an)也绝对收敛． 思考题14（华中科技2004）设x0=0,xn=∑ak=1nk(n≥1),xn→b(n→∞)，求级数∑an(xn+xn−1)之和． 提示：an=xn−xn−1． 例28 证明：若对任意收敛于0的数列{xn}，级数对收敛． 分析 问题等价于：若级数级数∑an=1∞nxn都收敛，则级数∑an绝n=1∞∑an发散，则至少存在一个收敛于0的数列{xn}，使得∑anxn发散，于是问题转化为：从∑an=+∞出发，构造出满足条件的数列{xn}．联想例10中（1）的结论立明． 证 假设∑an发散，记其前n项和为Sn，则limSn=+∞．取ε0=n=1n→∞∞1，∀N>0，2∃n>N，由limSn=+∞得 limn→∞SnS11=0<，从而当m充分大（m>n）时，有n<，m→∞S2Sm2m于是 an+1an+2aS−Sn1++\"+m≥m>=ε0， Sn+=1Sn+2SmSm2∞an1 发散，取xn=则limxn=0，且∑anxn发散，由柯西收敛准则知级数 ∑,n≥1，n→∞SSn=1nn=1n∞这与题目的条件矛盾，故命题成立． 思考题15（中国人民大学2000）若正项级数∑an=1∞n发散，则存在收敛于0的正数序列{bn}，使得级数∑anbn发散． n=1∞例29 研究级数∑sinn的收敛性．记其前n项和为Sn，将其分成两项 nn=1+−， Sn=Sn+Sn∞+Sn其中S,S分别表示前n项和中所有正项之和与负项之和．证明：极限lim−存在，并n→∞Sn+n−n求其值． 证 由Dirichlet判别法知其收敛．又因为 ∑n=1∞∞sinnsin2n1∞11∞cos2n≥∑=∑−∑， nnn2n=1n2n=1n=1右端第一个级数发散，第二个级数收敛（利用Dirichlet判别法），从而 由于 sinn非绝对收敛． ∑nn=1∞+−+Sn+Sn−(Sn−Sn−)Sn1nsinkS==−∑→−∞(n→∞)， 222k=1k−n所以， ++−−+Sn−SnSnSnSnlim−=lim=lim(−1)=−1． −n→∞Sn→∞n→∞S−Snnn注 此例给出了条件收敛与绝对收敛的一个本质区别，且这个结论对一切条件收敛级数都成立． 三 构造级数 例30 试构造一级数∞∑an=1∞n，使它满足： （1）⎛1⎞收敛； （2）a≠oa⎜⎟． ∑nn⎝n⎠n=1∞∞11，将两者结合起来，构造级数如下： 解 ∑2，∑满足（2）nnn=1n=1∑an=1+n=1∞1111++++\" 22222345即当n是整数平方时，an=11⎛1⎞，否则an=2，显然an≠o⎜⎟，同时 nn⎝n⎠nnn111Sn=∑ak≤∑2+∑2≤2∑2<+∞ k=1k=1kk=1kk2≤nk故此级数收敛． 例31 举出一个发散的交错级数，使其通项趋于零． 分析 交错级数 a1−a2+a3−a4+\"+a2n−1−a2n+\" （an>0） 部分和为S2n=∑ak=12kn2k−1−∑a2k，可见只要构造一个级数∑an，使得an→0，同时使k=1n=1n∞∑ak=1∞2k−1和∑ak=1∞一个收敛，另一个发散即可．为此可构造级数如下： 1−111111+2−+2−\"+−+\"． 22345(2n−1)2n例32（南开大学1999）已知级数明理由． 解 未必收敛．如级数∞∑an=1∞n收敛，问级数∑an=1∞2n和∑an=1∞3n是否必收敛？说∑n=1∞(−1)nn−收敛，但∑an=1∞2n发散．令 ∑an=1−1+3n=1121232−1232+313−1333−1333−1333+\" +13k−11−−\"−+\" kkkk
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级数,收敛,判别,发散
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