(157)--第十章《无穷级数》答案详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{3}--全部课件

第十章 无穷级数
10-1 基础过关
1.【答案】（1）发散；（2）收敛；（3）收敛；（4）发散
【解析】
（1） ln i m

[ ( 2  1 )  ( 3  2 )  ( 4  3 )   ( n  1  n ) ]  l i m
n  
[ n  1  1 ]  
所以级数发散；
（2）方法一： n  
1 1  1
 ， ，因为 收敛，所以原级数收敛；
(2n1)(2n1) 4n2 n2
n1
方法二：
( 2 n  1
1
) ( 2 n  1 )

1
2

2 n
1
 1

2 n
1
 1

，
ln i m

1
2
 
1 
1
3


 1
3

1
5


 1
5

1
7

 

2 n
1
 1

2 n
1
 1
 
 ln i m

1
2

1 
2 n
1
 1


1
2
；
（3）
s i n
2
n
n
x

1
2 n
，因为

n
 1
1
2 n
收敛，所以

n
 1
s i n
2
n
n
x
收敛，所以

n
 1
s in
2
n
n
x
收敛；
（4）当 n   时，
1
1


n
n 2
1
n
，

n
 1
1
n
发散，所以原级数发散.
2.【答案】（1）收敛；（2）收敛；（3）发散；（4）收敛
π π  1
【解析】（1）n，sin ，  收敛，所以
2n 2n 2n
n1

n
 1
s i n
π
2 n
收敛；
（2）若 0  a  1 时， ln i m
 1 
1
a n
 1
 1
 ，所以 发散；
1an
n1
若 a  1 时， ln i m
 1 
1
a n

1
2
，所以

n
 1
1 
1
a n
发散；
若 a  1
1
时，lim
1an
1，而 
 1
收敛，所以
n 1 an
n1
an

n
 1
1 
1
a n
收敛；
3n1
(n1)2n1 3
（3）lim  1，所以发散；
n 3n 2
n2n（4） ln i m

( n
3(

n
n
3
1 )
 1
2 )
n
2

1
3
 1 ，所以收敛.
3.【答案】（1）收敛；（2）收敛；（3）收敛；（4）收敛
【解析】（1） ln i m

2 n  1
( n
2
 (
n
n
n
1

n
)
n
 1
n  1
!
) !

2
e
 1 ，所以收敛；
（2） n  
π
(n1)
，ntan
π
n
π
，因为lim
2n1

1
1，所以 

n
π
收敛，
2n1 2n1 n0 π 2 2n1
n n1
2n
所以

n
 1
n t a n
2
π
n  1
收敛；
（3） ln i m

n

2 n
n
 1

n
 ln i m
 2 n
n
 1

1
2
 1 ，所以收敛；
（4） ln i m

n
l n n (
1
n  1 )
 ln i m
 l n (
1
n  1 )
 0  1 ，所以收敛.
4.【答案】（1）收敛；（2）收敛；（3）收敛；（4）发散
2n1
 n  n 1
【解析】（1）lim
 
 1，所以收敛；
n3n1 9
（2） ln i m

( n 
n
1 )


3
4
3
4

n
n  1

3
4
 1 ，所以收敛；
（3） ln i m

(
(
n
n


n
n
1
14
!
)
)
4
!
 ln i m
 n
1
 1
 0  1 ，所以收敛；
（4） n   ，
n
n
( n


1
2 )
1
n
，

n
 1
1
n
发散，所以发散.
5. 【答案】（1）收敛；（2）发散；
（3）ba时，收敛；ba时，发散；b  a 时，敛散性不确定（例如：当 b  1 ， a
n
 1 时，级数

n
 1
 b
a
n

n


n
 1
1 发散；当
b  1 ， a
n
 n
2n
 1
n
  b   1
（n），级数     收敛）
a n2
n1 n  n1
【解析】（1）方法一：n， 2 n s i n
π
3 n
2 n 
π
3 n

 2
3
 n
 π ，且

n
 1
 2
3
 n
收敛，所以原
级数收敛；
方法二： ln i m

2 n
2
 1
n
s
s
i
i
n
n
3π
3
π
n
n
 1

2
3
 1 ，所以收敛；
（2） n   ，
n a
1
 b n
1
a
，且

n
 1
1
n
发散，所以原级数发散；
（3） ln i m

n
 b
a
n

n
 ln i m

b
a
n

b
a
，
b
若ba则 1，所以级数收敛；
a
若ba则
b
a
 1 ，所以级数发散；
b
若ba则 1，级数敛散性不确定，例如：当
a
b  1 ， a
n
 1 时，级数

n
 1
 b
a
n

n


n
 1
1
发散；当 b  1 ， a
n
 n
2n
 1 （ n   ），级数

n
 1
 b
a
n
 n


n
 1
1
n 2
收敛.
6.【答案】（1）条件收敛；（2）绝对收敛；（3）绝对收敛；（4）条件收敛；（5）发散
【解析】（1）原式 

n
 1
(  1 ) n  1
1
n
，因为 ln i m

1
n
 0 ，且
 1
n

单调递减，

n
 1
1
n
发
1 1 1
散，所以1    条件收敛；
2 3 4
n1
（2）因为lim 3n  1 1，所以   n 收敛，所以原级数绝对收敛；
n n 3 3n1
n1
3n1（3）原式=

n
 1
(  1 ) n  1 
1
3

1
2 n
，因为

n
 1
1
3

1
2 n

1
3

n
 1
1
2 n
收敛，所以原级数绝对收敛；
 1
（4）原式(1)n ，因为
lnn
n2
ln i m
 l
1
n n
 0
 1 
，且 单调递减，由莱布尼兹判别法，
lnn
可知级数收敛，因为
l
1
n n

1
n
且 n

 2
1
n
 1
 发散，所以 发散，所以原级数条件收敛；
lnn
n2
（5）因为
2
n
2 n
!

( 2 n
n
)
!
n

2 4
1


2
2
4


3
2 4  2
n
4
 1 ，所以 ln i m

2
n
2 n
!
 0 ，所以发散.
7.【答案】（1）(1,1)；（2） [  1 , 1 ] ；（3） (   ,   ) ；（4） [  3 , 3 ) ；（5）


1
2
,
1
2

；
（6）[1,1]；（7） (  2 , 2 ) ；（8） [ 4 , 6 )
【解析】（1） ln i m

( n 
n
1
x
) x
n
n  1
 x  1 ，所以收敛区间为 (  1 , 1 ) ；
当 x  1 时，级数

n
 1
n

发散；当x1时，级数 (1)nn发散；所以收敛域为
n1
(  1 , 1 ) .
（2） ln i m

(  1 )
(
n

 1
1 )
(
n
n
x
x
n
n
n
2
 1
1 ) 2
 x  1 ，所以收敛区间为 (  1 , 1 ) ；
当 x  1 时，级数

n
 1
(  1 ) n
1
n 2
收敛；当x1时，级数

n
 1
1
n 2
收敛；所以收敛域为 [  1 , 1 ] .
xn1
24 (2n)(2n2)
（3）lim 01，所以收敛域为
n
xn
24 (2n)
(   ,   ) .
（4） ln i m

( n
n  1 x
 1 )  3
n x
n n  3
n  1

1
3
x  1 ，所以收敛区间为 (  3 , 3 ) ；
 1  (1)n
当x3时，级数  发散；当x3时，级数  收敛；所以收敛域为
n n
n1 n1
[  3 , 3 ) .（5） ln i m

( n
2

n
n  1
2 1 )
n 2
2 

1
1
x
x
n
n  1
 2 x  1 ，所以收敛区间为


1
2
,
1
2

；
当 x 
1
2
时，级数

n
 1
n 2
1
 1
收敛；当 x  
1
2
 (1)n
 时，级数 收敛；所以收敛域为
n2 1
n1


1
2
,
1
2

.
（6） ln i m

( 
(
1

)
1
n
)

n
1
2 n  3 x
2 n  3
2 n  1 x
2 n  1
 x 2  1 ，所以收敛区间为 (  1 , 1 ) ；
当 x  1 时，级数

n
 1
(  1 ) n
2 n
1
 1
收敛；当 x   1 时，级数

n
 1
(  1 ) n  1
2 n
1
 1
收敛；所以收
敛域为 [  1 , 1 ] .
2n1
x2n
2n1 1
（7）lim  x2 1，所以收敛区间为
n 2n1 x2n2 2
2n
(  2 , 2 ) ；
当x 2时，级数

n
 1
2 n
2
 1
发散，所以收敛域为 (  2 , 2 ) .
（8） ln i m

( x
( x

n
5 )
5
n
n
1)

n
1
 x  5  1 ，所以收敛区间为(4,6)；
当x4时，

n
 1
(  1 )
n
n
收敛；当x6时，

n
 1
1
n
发散；所以收敛域为 [ 4 , 6 ) .
8.【答案】（1） S ( x ) 
(1 
1
x ) 2
(  1  x  1 ) ；
 1 1x 1
ln  arctanx1,x(1,1),x0

4x 1x 2x

（2）S(x) ；

0, ,x0.

（3） S ( x ) 
x
2
l n
1
1


x
x
， x  (  1 , 1 ) ；
3x4 2x5
（4）S(x) ，(1 x1)
(1x)2
【解析】（1） ln i m

( n
n

x
1
n
) x
 1
n
 x  1 ，所以 x  (  1 , 1 ) ；
当 x  1 时，级数

n
 1
n 发散；当 x   1

时，级数 (1)n1n发散；所以收敛域为
n1
(  1 , 1 ) .

n
 1
n x n  1 
 
n
 1
x n




1
x
 x




1
1
 x
 1



( 1 
1
x ) 2
，x(1,1).
（2） ln i m

x
4
4
4
nx
n
n 
4
n

4
5
1
 x 4  1 ，所以 x  (  1 , 1 ) ；
当x1时，级数

n
 1
4 n
1
 1
发散，所以收敛域为 (  1 , 1 ) ；
记 S
1
( x ) 

n
 1
x
4
4
n
n 

1
1
，则 S 1 ( x ) 

n
 1
x 4 n 
1
x

4
x 4
，所以
S
1
( x )  
x
0 1
t

4
t 4
d t  S
1
( 0 ) 
1
4
l n
1
1


x
x

1
2
a r c t a n x  x ，  1  x  1 ，
 x4n 1  x4n1
S(x)   ，
4n1 x 4n1
n1 n1
x  0 ，
S ( x ) 
1
x

n
 1
x
4
4
n
n 

1
1

1
x
 1
4
l n
1
1


x
x

1
2
a r c t a n x  x


4
1
x
l n
1
1


x
x

2
1
x
a r c t a n x  1
x  (  1 , 1 ) , x  0 ，
当x0时， S ( 0 )  0
 1 1x 1
ln  arctanx1,x(1,1),x0

4x 1x 2x

，所以S(x)

0, ,x0.

（3） ln i m

x
2
2
2
nx
n
n 
2
n

2
1
1
 x 2  1 ，所以 x  (  1 , 1 ) ；
 1
当x1时，级数  发散，所以收敛域为
2n1
n1
(  1 , 1 ) ；
 x2n1  1
记S (x) ，则S(x)x2n2  ，
1 2n1 1 1x2
n1 n1
所以 S
1
( x )  
x
0 1
1
 t 2
d t  S
1
( 0 )  
x
0
1
2

1
1
 t

1
1
 t

d t 
1
2
l n
1
1


x
x
，x(1,1)，
S ( x )  x S
1
( x )  x

n
 1
x
2
2
n
n 

1
1

x
2
l n
1
1


x
x
，x(1,1).
（4） ln i m

(
(
n
n


3
2
)
)
x
x
n
n


4
3
 x  1 ，所以 x  (  1 , 1 ) ；
当x1时，级数发散，所以收敛域为  1  x  1 ；

n
 1
( n  2 ) x n  1  (

n
 1
x n  2 )  

1
x

3
x



3 x
( 1
2


x
2
)
x
2
3
， (  1  x  1 ) ，
所以

n
 1
( n  2 ) x n  3  x 2

n
 1
( n  2 ) x n  1 
3 x
( 1
2


x
2
)
x
2
3
， (  1  x  1 ) .
10.【答案】（1） s i n 2 x 

n
 1
(  1 )
(
n
2
 1
n
2
)
2
!
n  1
x 2 n , x  (   ,   ) ；
 (1)nxn
（2）(1x)ln(1x) x ,x[1,1]；
n(n1)
n2
x  2(2n)!x 2n1
（3）  x(1)n   ,x[1,1]
1x2 (n!)2 2
n1
【解析】（1） s i n 2 x 
1  c o
2
s 2 x

1
2

1
2
n

 0
(  1 )
(
n
2
(
n
2
)
x
!
) 2 n


n
 1
(  1 ) n  1
( 2
2
n
2
)
n 
!
1 x 2 n
，
   x    ；
（2）( 1  x ) l n (1  x ) 

( 1
x



 x )
n  1

 ( 
n  2
(
1

)
1 )
n  1
n  1
n x
n
x
n

n


n
 2

n
 1
( 
(
1

)
1
n 
)
2
n 
n
n x
1
n
n x
 1



n
 1
x 
( 

n

1
2
)
(
n

 1
1
x
n )
n
n

n
1
(
x
n
n
 1 )
因为 ln i m

( 
(
1

n  1 )
n 1 )
n
n
(
(
n
n
1
1


1
1
)
)
x
x
n
n
 1
 x  1 ，所以 x  (  1 , 1 ) ；
当x1时，级数 n

 2
n ( n
1
 1 )
收敛；当 x  1 时，级数 n

 2
(  1 ) n
n ( n
1
 1 )
收敛，所以收敛
域为[1,1]，所以 ( 1  x ) l n ( 1  x )  x  n

 2
(
n

(
1
n
) n

x
1
n
)
, x  [  1 , 1 ] .
（3） ( 1 x ) 1 x
(
2 !
1 )
x 2
( 1
3
) (
!
2 )
x 3
  
     


 

( 1
(1


x
x

)
2 )
1
 1 2
 1
1 
 2



1
(
1
x 
2
1
(  ) ( 
2
 (  1
n
 1
 ( 
 
n  1

)
1
3
2
n
2
)
1
) ( 
2
2 !
5
) ( 
2n
( 2 n 
n  n !
n ( 2 n
n 2  n
3
2
)
!
1

!
)
)
1
x
! !
) !
2 
( 
n x
!
x
( 
2 n
2
2 n
1
2

)
1
(
)

3
x
3
2!
n
)

( 
5
2
)
x 3 
1
x
 x 2
 x 

n
 1
(  1 ) n
2
( 2
n
n
 n

!
1 ) ! !
x 2 n  1  x 

n
 1
(  1 )
(
n
n
2
!
(
)
2
2
n ) !  x
2
 2 n  1
因为 ln i m

(  1
(
)

n 
1
1
)
2
[
n
( 2 n 
( n  1 )
2 ( 2 n )
2 ( n ! )
2
!
!
) !
2 ]
x 
2 


x
22
n

2
1
n  3
 x 2  1 ，所以x(1,1)；
 (2n1)!!
当x1时，级数(1)n 收敛（莱布尼兹判别法），所以收敛域为[1,1].
(2n)!!
n1
x  2(2n)! x 2n1
所以  x(1)n   ,x[1,1].
1x2 (n!)2 2
n111.【答案】
1
x
 n

 0
( 
3
1 )
n  1
n
( x  3 ) n , x  ( 0 , 6 )
【解析】
1 1 1 1 1   x3 n  (x3)n
f(x)    (1)n   (1)n ，
x x33 3 x3 3  3  3n1
1 n0 n0
3
0  x  6 .
12.【答案】
x 2 
1
3 x  2


n
 0

2
1
n  1

3
1
n  1

( x  4 ) n , x  (  6 ,  2 )
【解析】
1 1 1 1 1 x4t 1 1
f(x)     
x2 3x2 x1 x2 x43 x42 t3 t2
t
1
 3

1


1
3
t
3
  1
3
n 
 0
 t
3
 n   1
3
n 
 0
 x 
3
4  n ， t  (  3 , 3 ) ，即 x  (  7 ,  1 ) ；
t
1
 2

1


1
2
t
2
  1
2
n 
 0
 t
2
 n   1
2
n 
 0
 x 
2
4  n ， t  (  2 , 2 ) ，即 x  (  6 ,  2 ) ；
 1  1   1 1 
f(x) (x4)n  (x4)n     (x4)n ，
3n1 2n1 2n1 3n1
n0 n0 n0
x  (  6 ,  2 ) .
13. 【答案】（1） f ( x ) 
1 8

3 
n
 1
(  1 ) n  1
9 n
n
2  1
s i n n x ，x(,)；
（2）
1e 1  1(1)ne n(1)nne 1(1)n 
f(x)    cosnx    sinnx
2 
n1
 1n2  1n2 n  
x(,)
【解析】因为 f ( x ) 为奇函数，所以a 0，n0,1,2
nb
n
1
2
( 1
s
)
i
n
f
n
1
( x
n
n
1 8
) s i n
1
3
1
3
3
n
9
x
n
d
n
2
x
s
1
2
i n
,
n
n
0
n
2 s
1
3
1
3
1
i n
x
3
π
s i n n
2
x d x
c o s
n
2
n
1
3
0
c
3
2
o s n
c o s
n
1
3
n
x
1
3
2
3
c o s n
1
3
x d x

S (



x )





 

1 8
π

3


n



1

(  1

n )

 1


9 n

n
2 


1

s




i n n
,
x

2 ,

























 
，由狄利克雷收敛定理可知：
S (  )  S (   ) 
f (    0 ) 
2
f (   0 )
=
 3 +
2
3
 0 ，
所以 f ( x ) 
1 8

3 
n
 1
(  1 ) n  1
9 n
n
2  1
s i n n x ， x  (   ,  ) .
（2）
a
n




1

1

1

1




1

f ( x ) c o
 
0  c o s n x d
 
n 1  (  1 ) e
n   (  1 ) e
2 1  n
s n x d
x e 
   n

, n
x
1
n
e

1


s i n
x s i n
1 , 2

n
,

x
n
0
 

0
x
e

0
 
x c


o
1


s n
 e
0 e
 
x d
x c
x n
x
o
2

s
c
n
o


0
x
s
c
0

n
o

x
s

d
n
x
x d
0 
 

x
e

x n s i n n x d x 
1  1 0   1e
a   f(x)dx  exdx 1dx 
0     0 
b
n


1

1




 

f (
n [1
x

1
) s
(

i n
 1
n
n
)
2
x
n e
d

x


]

1

1
[


0
 
( 
n
e
1
x
)
s
n
i n

,
n
n
x d

x
1

, 2


0
s i n n x d x ]
1e 1  1(1)ne n(1)nne 1(1)n 
S(x)    cosnx    sinnx
2 
n1
 1n2  1n2 n  
因为 f(x)在x0处连续，所以S(0) f(0)，
1 e 1
因为S() f(0) f(0)  f()，
2 21e 1  1(1)ne n(1)nne 1(1)n 
所以 f(x)    cosnx    sinnx
2 
n1
 1n2  1n2 n  
x  (   ,  ) .
14.【答案】 f ( x ) 
2
π

4
π

n
 1
(  1 ) n  1
4 n
1
2  1
c o s n x ， x  [  π , π ]
【解析】因为 f ( x ) 为偶函数，所以 b
n
 0 ；
a
n




1

1

1

( 



1

f
 
 
c

0 
s i n
2
n )

( x
o s

n

n

) c o s

n 

1

2
1

2
1
2 n 
n x
1
2




1
d


x
x
2


s i
1
n
c
n

2

o

n
1

s
n



0

n


1

2

c o s
1

2
1 


2 
(  1 )
x
2


n 
c o

x


1

s n
d x
2

( 4
x

n
d
c
2
4
2
x
o
n


s

1
n
1
)

,

2
n
c
n

o s n
 1
0 , 1 ,

2
2 4  1
S(x)  (1)n1 cosnx，由狄利克雷收敛定理可知：
π π 4n2 1
n1
S (   )  S (  ) 
1
2
 f (    0 )  f (   0 )   0  f (   )  f (  ) ，
所以 f ( x ) 
2
π

4
π

n
 1
(  1 ) n  1
4 n
1
2  1
c o s n x ， x  [  π , π ] .
15.【答案】 f ( x ) 

n
 1
 (  1 )
n
n  1

n
2
2 π
s i n
n 
2

s i n n x ，x(2k1)(kZ)
【解析】因为 f(x)为奇函数，所以a 0，n0,1,2 ；
n
2  2   
b   f(x)sinnxdx 2xsinnxdx sinnxdx
n  0   0  2 
2
   
 2   x cosnx 2  1   2cosnxdx  cosnx 2 
 n n 0 2n 
 0 0 
2  n 1 n   n
  cos  sin  cosncos
  
 2n 2 n2 2 2n 2 
2 n 1
 sin (1)n1 ,n1,2,
n2 2 n所以 S ( x ) 

n
 1

n
2
2 π
s i n
n 
2

(  1 )
n
n  1 
s i n n x ，因为 f ( x )

在x  处连续，所以
2
S



2

 f



2

，因为 S (   )  S (  ) 
1
2
 f (       f (       0  f (   )
所以 f ( x ) 

n
 1
 (  1 )
n
n  1

n
2
2 π
s i n
n 
2

s i n n x ， x  ( 2 k  1 )  ( k  Z ) .
16.【答案】 f ( x ) 

n
 1
1
n
s i n n x ， x  ( 0 , π ]
【解析】将 f ( x ) 作奇延拓，则 a
n
 0 ， n  0 , 1 , 2 ，
b
n


2

1




0

f

( x

n
)
x
s i
c
n
o
n
s
x
n
d
x
x

0


2



0


0
1
n
π
c o

2
s
x
n
s i
x d
n
x
n

x

d x
1

 
n

1
n 2
s i n n x

0


1
n
S ( x ) 

n
 1
1
n
s i n n x ，因为S(0)0 f(0)， S (  ) 
1
2
( 0  0 )  f (  ) ，所以
f ( x ) 

n
 1
1
n
s i n n x ，x(0,π].
17.【答案】（1） f ( x ) 
4
π

n
 1

(  1 ) n
 2
n 3

π
n
2 

2
n 3

s in n x ， x  [ 0 , π )
（2） f ( x ) 
2
3
π 2  8

n
 1
( 
n
1 )
2
n
c o s n x ， x  [ 0 , π ]
【解析】（1）将 f ( x ) 作奇延拓，则a 0，
n
n  0 , 1 , 2
2  2  4  x2 2x 2 
b   f(x)sinnxdx  2x2sinnxdx  cosnx sinnx cosnx 
n  0  0  n n2 n3 
 0
4 2 2 2 
 (1)n1 (1)n 
 
 n n3 n3 
4    2 π2 2 
所以S(x)  (1)n    sinnx，因为S(0)0 f(0)，
π n1 n3 n  n3 
1
S() (22 22)0 f()，所以
24    2 π2 2 
f(x)  (1)n    sinnx，x[0,π).
π n1 n3 n  n3 
（2）将 f ( x ) 作偶延拓，则b 0，
n
n  0 , 1 , 2 ，
a
n

2



0
f ( x ) c o s n x d x 
2



0
2 x 2 c o s n x d x  (  1 ) n
8
n 2
， n  1 , 2 ,
2  2  42
a   f(x)dx  2x2dx
0  0  0 3
所以 S ( x ) 
2
3
π 2  8

n
 1
( 
n
1 )
2
n
c o s n x ，因为S(0)0 f(0)，
S (  ) 
1
2
( 2  2  2  2 )  2  2  f (  ) ，所以 f ( x ) 
2
3
π 2  8

n
 1
( 
n
1 )
2
n
c o s n x ， x  [ 0 , π ] .
4l  (1)k1 (2k1)πx
18.【答案】（1） f(x)  sin ，
π2 (2k1)2 l
k1
x  [ 0 , l ] ；
l 2l  1 2(2k1)πx
f(x)   cos ，
4 π2 (2k1)2 l
k1
x  [ 0 , l ] .
8  (1)n1 2  nπx
（2） f(x)    [(1)n 1]sin ，
π  n n3π2  2
n1
x  [ 0 , 2 ) ；
4 16  (1)n nπx
f(x)   cos ，
3 π2 n2 2
n1
x  [ 0 , 2 ] .
【解析】①将 f ( x ) 作奇延拓，则 a
n
 0 ， n  0 , 1 , 2 ，
2 l nx 2 l nx l nx 
b   f(x)sin dx 2xsin dx (lx)sin dx
n l 0 l l  0 l l l 
2
lxt 2 l nx l nt 
2xsin dx2tsin(n )dt
l  0 2 0 2 
2 l nx l nt 
 2xsin dx2tcosnsin dt
l  0 l 0 l 
2 l nx l nx
 (2xsin dx(1)n12xsin dx)
l 0 l 0 l
2 l nx
 [1(1)n1]2xsin dx
l 0 ln  2 k ， b
n
 0
n  2 k  1 ，
b
n

=

4
l
4
l
( 

n
1
l
x d 2
0
2 l
2 2 
k  1 )

s
(

i n
2 k
l
c
n 
n  x
l
4 l
 1 )
o s
l2
0
2 
n

2

l
n
x
4
2

l
 2

s
4
l
i n

n


2
l
n
=
x

(
c
2
o
k
s
n
4


l
l
1 )
x
2
l2
0
 2

s
l
 2
0
i n
l
n 
( 2 k
c

2
o s
1 )
n


l
x
d x

S ( x ) 

k
 1
(
(
2

k
1 )

k
1
 1 4
2 )
l
π 2
s i n
( 2 k 
l
1 ) π x
，因为 f ( x ) 在 x 
l
2
处连续，所以 S
 l
2

 f
 l
2

因为 S ( 0 )  0  f ( 0 )
1
，S(l) (00) f(l)
2
所以 f ( x ) 
4
π
l
2

k
 1
(
(
2

k
1 )

k  1
1 ) 2
s i n
( 2 k 
l
1 ) π x
， x  [ 0 , l ]
②将 f(x)作偶延拓，则 b
n
 0 ， n  0 , 1 , 2 ，
a
n


2
l
2
l

[ 1
l
0

f ( x
( 
)
1
c
n )
o

s
1 ]
n


l
l2
0
x
x
d
c
x
o s

n
2
l

l

x

d
l2
0
x
x c o s
n 
l
x
d x  
l
l2
( l  x ) c o s
n 
l
x
d x

n  2 k  1 ， a
n
 0
n  2 k ，
 l 
a  4 2 l xd 

l sin nx

 4  lx sin nx 2 2 l l sin nx dx 
n l 0 n l  l n l 0 n l 
 0 
l
4 l2 nx 2 4l  n  l
 cos  cos 1 = cosk1
 
l n22 l n22  2  k22
0
l
  (1)k 1 
k22
k 2m，a 0；
m
k  2 m  1 ， a
m
 
( 2 m
2

l
1 ) 2  2a
0

2
l

l
0
f ( x ) d x 
2
l


l2
0
x d x  
l
l2
( l  x ) d x


l
2
，
所以 S ( x ) 
l
4

2
π
l
2

k
 1
( 2 k
1
 1 ) 2
c o s
2 ( 2 k 
l
1 ) π x
，
因为 f(x)连续，所以 f ( x ) 
l
4

2
π
l
2

k
 1
( 2 k
1
 1 ) 2
c o s
2 ( 2 k 
l
1 ) π x
， x  [ 0 , l ] .
（2）①将 f ( x ) 作奇延拓，则 a
n
 0 ， n  0 , 1 , 2 ，
b
n





2
2
( 
( 
( 
( 

1
1
1
1
2
0
)
)
)
)
n
n
n
n
f




(
1
1
1
1
x )
8
n 
8
n 
8
n 
8
n 
s i




n
n 
2
8
2 n 
8
2 n 
8
2 n 
1 6
3 n 
x
2
2
2
3
d




2
2  x  x d
0
n 2
x d s i n
0
n  x
x s i n
2
2 n 
c o s
n  2
n  (  1 )  1


2

x
2
0
x


2
0
n

2

2
0
s
c
i
o
n
s
n
n

2

2
x
x
d

x



2
n
x

2
c o s
n 
2
x
2
0
 
2
0
4
n
x

c o s
n 
2
x
d x
S ( x ) 
8
π

n
 1
 (  1 )
n
n  1

n
2
3 π 2
[ (  1 ) n  1 ]

s i n
n π
2
x
，因为 S ( 0 )  0  f ( 0 ) ，
S ( 2 ) 
1
2
( 4  4 )  f ( 2 ) ， f ( x )
8
π
n 1
( 1 )
n
n 1
n
2
3 2
[ ( 1 ) n 1 ] s i n
n π
2
x

 


  
  

， x  [ 0 , 2 ) ，
②将 f(x)作偶延拓，则b 0，n0,1,2
n
a
n



2
2
n
( 

8
2 
1
2
0
2
n )
f ( x
2
 x
0
1 6
n 
)
d

c o
c
n
s
o
1
3
n
s
6


2
n
3
x
 x
2
 s
d x

i n

n
n 
2
2

0
8
2 
x
x
2
2
0
2


d
x
(

c

2
n 
o s
1 )
s i
n 
2
1
n
n
n
x
6

n
2
0
,
 x
2

n


2
0

2

n
c o s
1 , 2
x

n
2

2
s i
x
n
d
n
x

2

x
2
0
 
2
0
4
n
x

s i n
n 
2
x
d x
2 2 2 8 a   f(x)dx  x2dx ，
0 2 0 0 3
S ( x )  4
3
 1
π
6
2
 n
 1
( 
n
1 )
2
n c o s n π
2
x ，
4 16  (1)n nπx
因为 f(x)连续，所以 f(x)   cos ，x[0,2].
3 π2 n2 2
n110-2 基础真题
1.【答案】C
【解析】由不等式 a b  1
2
 a 2  b 2  可知，  1  n
n
a
2
n 1
2
a 2n
n 2
1
 


  

 ，
而

n
 1
a 2n 和
n 1
n 2
1





均收敛，则
n 1
 1  n
n
a
2
n






绝对收敛.
2.【答案】C
【解析】由于

n
 1
  1  n l n

1 
1
n

是交错级数，且 l n

1 
1
n

单调递减趋于零，则

u 收敛. 而
n
n1
u 2n  l n 2

1 
1
n
 1
n
( n   )
 1 
，  发散，则 u2 发散，故应选
n n
n1 n1
（C）.
3.【答案】A
【解析】 ln i m
 1  n n
a
t a n
2 n
n
a
2 n
ln i m n t a n
n
0
π
2


 
 

 

 


 

，则
n 1
 1  n n t a n
n
a
2 n





   
与 a 同敛散. 由题设知正项级数 a 收敛，则其偶数项构成
2n n
n1 n1
的级数

n
 1
a
2 n
也收敛，故原级数绝对收敛.
4.【答案】A
【解析】方法一：由于 0  ( u
n
 v
n
) 2  u 2n  v 2n  2 u
n
v
n
 2 ( u 2n  v 2n )

，由原题设知 u2 和
n
n1

n
 1
v 2n
 
都收敛，则 2(u2 v2)收敛，从而 (u v )2 收敛.
n n n n
n1 n1
方法二：排除法. 举反例如下：
1 1   1   1
（B）的反例，取u  ，v  ，则  u v  收敛，但 u2  发散.
n n n n n n n n n n
n1 n1 n1 n1（C）的反例，取 u
n

1
2 n
，

n
 1
u
n


n
 1
1
2 n
，发散，但 u
n

1
2 n

1
n
（D）的反例，取 u
n

1
n 2
， v
n


n
1
， u
n
 v
n
   1
， u 收敛，但 v  发散.
n n n
n1 n1 n1
5.【答案】D
【解析】方法一：直接法，实际上，（D）的通项是两个收敛级数

n
 1
u
n + 2
与

n
 1
u
n
的通项的
和，由收敛级数的性质知（D）正确. 但是有相当多的考生误选（A）或（B），其原因在于

误认为
u
为正项级数.也有考生选（C），大概把（C）的通项也理解为两个收敛级数通
n
n1
项的差，其实这是不对的（注意下标有奇偶性）.
方法二：排除法
(1)n
取u  ，则
n lnn
n

 2
(  1 ) n
u
n
n  n

 2
n
1
l n n
，发散，排除（A）；
取 u n 
(  1 )
n
n -1
，则

n
 1
u 2n 

n
 1
1
n
   1 1 
，发散， (u u )   ，由于 2n1 2n  2n1 2n 
n1 n1
2
1
n  1

1
2 n

1
2 n

1
2 n

2
2 n

2
n

2
n
，且

n
 1
2
n
发散，故

n
 1
( u
2 n  1
 u
2 n
) 

n
 1

2
1
n  1

1
2 n

，发散，于是排除（B）和（C）.
6.【答案】C
【解析】考查原级数的前 n 项部分和
 1 1   1 1   1 1   1 1  1 1
S        (1)n1    (1)n1
n u u u u u u u u u u
       
1 2 2 3 3 4 n n1 1 n1
n
由lim 1，知n时u n(1a )，其中lima 0，于是
nu n n n n
n
S
n

1
u
1
 (  1 ) n  1
( n  1 )
1
(1  a
n  1
)
 n  
1
u
1
，
所以原级数收敛，于是排除（A），（D）. 再考查级数
n
 1
 1
u
n

u
1
n  1

，
由于 n   时 u
n
 n (1  a
n
) 知，当 n 充分大时，u 0，此级数可视为正项级数（改变
n
级数前有限项不影响其收敛性）.用比较审敛法的极限形式，
1 1

u u  n n1 n 
lim n n1 lim   2，
n 1 n u u n1 
n n1
n
而

n
 1
1
n
  1 1 
发散，所以，    发散，故原级数条件收敛.
u u
n1 1 n1 
7.【答案】B
【解析】若

n
 1
a
n
绝对收敛，则

n
 1
a
n
收敛，故

n
 1
p
n


n
 1
a
n

2
a
n 
1
2
 
n
 1
a
n


n
 1
a
n

收敛；

n
 1
q
n


n
 1
a
n

2
a
n 
1
2
 
n
 1
a
n


n
 1
a
n

收敛，
应选（B）.
8.【答案】B

【解析】由级数条件收敛的定义知，若 a 条件收敛，则
n
n1

n
 1
a
n
发散，由此推出

n
 1
p
n
与

n
 1
q
n
都发散，因此在选项中排除了（A），（C）.
 
由级数的绝对收敛于级数收敛的关系知，若 a 绝对收敛，则  a 必收敛，再根
n n
n1 n1

据收敛级数性质可以推出  p 与
n
n1

n
 1
q
n
都收敛，因此选（B）.
9. 【答案】B
【解析】根据级数收敛的性质：若加括号后级数收敛，原级数未必收敛，故①结论不正
确；由级数的前面增加（或减少）有限项不改变级数的收敛性可知②正确若级数满足u
lim n1 存在且大于1，则级数发散，知③正确；若
n u
n

n
 1
( u
n
 v
n
) 收敛，

n
 1
u
n
与

n
 1
v
n
未必
收敛，知④结论不正确综合以上结论，应选（B）.
10.【答案】D
【解析】由题设知，级数

n
 1
(  1 ) n  1 a
n
收敛，由收敛级数的性质知，该级数的项之间任意
加上括号所成的级数也收敛，所以，级数 ( a
1
 a
2
)  ( a
3
 a
4
)   ( a
2 n  1
 a
2 n
)  收
敛，故选项（D） 正确.
由于

n
 1
(  1 ) n  1 a
n
收敛，所以 ln i m

a
n
 0 . 下面说明选项（C）不正确.
设

n
 1
( a
2 n  1
 a
2 n
) 的前 n 项和为 S
n
，

n
 1
a
n
的前 n 项和为
n
 ，则
S
n
( a
1
2 n 1
a
2
)
a
2 n
( a
3
a
4
) ( a
2 n 1
a
2 n
) a
1
a
2
a
3
a
4
a
2 n 1
a
2 n 2 n







   

      

 
2 n
S
n
  ，
2 n 1
S
n
a
2 n


  .
若（C）正确，即limS 存在，则可推出
n
n
ln i m
2 n
ln i m
n
 
 

 
存在，即 ln i m
n

 
存在，也即

n
 1
a
n
收敛，与题设矛盾，故（C）不正确.
下面再说明

n
 1
a
2 n  1
与

n
 1
a
2 n
均发散.

若上述两个级数中有一个收敛，不妨设
a
收敛，则由收敛级数的性质知
2n
n1
   
a (a a )a (a a )a
2n1 2n1 2n 2n 2n1 2n 2n
n1 n1 n1 n1
也收敛，这样，又可推出

n
 1
( a
2 n  1
 a
2 n
) 收敛，由上述已知这是不可能的，故

n
 1
a
2 n  1
与

n
 1
a
2 n
均发散. 易知选项（A）和（B）都是不正确的.
11.【答案】[2,4]【解析】 a
n

1
n 2
， a
n  1

( n
1
 1 ) 2
， ln i m

a
n
a

n
1  ln i m
 ( n
n

2
1 ) 2
 1 ，因此当
 1  x  3  1 ，即 2  x  4 时，级数收敛.
当x2时，得交错级数

n
 1
(  1 ) n
1
n 2
，当 x  4 时，得级数

n
 1
1
n 2
，二者都收敛，于是原
级数的收敛域为 [ 2 , 4 ] .
12.【答案】 ( 0 , 4 )
【解析】由题设，对于幂级数

n
 1
( x
n


2
4
)
n
2 n (x2)2n
，设u (x) ，则
n n4n
u (x) (x2)2(n1) n4n (x2)2 n (x2)2
lim n1 lim   lim 
n u (x) n (n1)4n1 (x2)2n 4 nn1 4
n
(x2)2
从而由 1，可得
4
0  x  4 时.
又因当 x  0 和 x  4
 1
 时，原级数为正项级数 发散，故级数
n
n1

n
 1
( x 
n 4
2 )
n
2 n
的收敛域为
( 0 , 4 ) .
13.【答案】 (  2 , 4 )
【解析】令y  x1，则

n
 1
n a
n
( x  1 ) n  1 

n
 1
n a
n
y n  1 ，
(n1)a a
lim n1 lim n1 ，
n na n a
n n
故幂级数

n
 1
n a
n
y n  1

， a xn 及幂级数
n
n0

n
 1
n a
n
( x  1 ) n  1 有相同的收敛半径，即
x1 3，所以2x4，即所求收敛区间为 (  2 , 4 ) .
14.【答案】 l n ( 2  2 )
【解析】由于 I
n
 
π4
0
s i n n x c o s x d x  
π4
0
s i n n x d s i n x 
n
1
 1

2
2 
n  1
，
n1
  1  2 
则
I 
  .
n n1  2 
n0 n0  由于幂级数 n

 0
n
1
 1
x n  1 的收敛域为 [  1 , 1 ) ，故令 S ( x )  n

 0
n
1
 1
x n  1 , x  [  1 , 1 ) .

  1   1
因S(x)   xn1  xn  ，所以
 n1  1x
n0 n0
S ( x )  S ( 0 )  
x
0
S ( x ) d x  0  
x
0 1
1
 x
d x   l n 1  x , x  [  1 , 1 ) .
代入 x 
2
2
，则可得 S

2
2 
 n

 0
n
1
 1

2
2 
n  1
  l n 1 
2
2
 l n ( 2  2 ) ，
因此
n 0
I
n
n 0
4
0
s i n n x c o s x d x l n ( 2 2 )




 


   .
15.【答案】  e x l n ( 1  x )
【解析】根据题设， f
n
 ( x )  f
n
( x )  x n  1 e x ，则
f
n
( x )  e  d x   x n  1 e x e   d x d x  C   e x  x
n
n  C  ，
e
又因 f (1) ，则
n n
C  0 ，故 f
n
( x ) 
x n
n
e x
. 从而

n
 1
f
n
( x ) 

n
 1
x n
n
e x
 e x

n
 1
x
n
n
.
因为幂级数

n
 1
x
n
n
的收敛域   1 , 1  ，故当 x    1 , 1  时，令 S ( x ) 

n
 1
x
n
n
，由于
 
  xn    xn   1
S(x)      xn1  ，
 n   n  1x
n1 n1 n1
x x 1
故S(x)S(0) S(t)dt 0 dt ln(1x)，
0 0 1t
 xn
从而  ln(1x),x[1,1). 于是，当
n
n1
x    1 , 1  时，

n
 1
f
n
( x )   e x l n (1  x ) .
16.【答案】 f ( x )  1 
1
2
l n ( 1  x 2 ) ( x  1 ) ，极大值为 f(0)1
【解析】 f ( x ) 

n
 1
(  1 ) n x 2 n  1  
1 
x
x 2
. 上式两边从0到 x 积分，得
x t 1
f(x) f(0) dt  ln(1x2)
0 1t2 2由 f ( 0 )  1 ，得 f ( x )  1 
1
2
l n ( 1  x 2 ) ( x  1 ) ，令 f ( x )  0 求得唯一驻点x0，由于
f ( x )  
(
1
1


x
x
2
2 ) 2
， f ( 0 )   1  0 .
可见 f ( x ) 在 x  0 处取得极大值，且极大值为 f ( 0 )  1 .
17.【答案】收敛区间为 (  1 , 1 ) ； f ( x )  2 x a r c t a n x  l n (1  x 2 ) 
1
x

2
x 2
, x  (  1 , 1 ) ．
【解析】因为 ln i m

 ( n  1
(
) (
n
2

n
1

) (
1
2
)
n


 1 x
1 )
2 n  1 

[ n ( 2
n
n
( 2

n
1

) 
1 )
1 ] x 2 n
 x 2 ，所以当 x 2  1 时，原
级数绝对收敛；当 x 2  1 时，原级数发散.因此原级数的收敛半径为1，收敛区间为 (  1 , 1 ) .
 (1)n1
记S(x) x2n,x(1,1)，则
2n(2n1)
n1
S ( x ) 

n
 1
( 
2
1
n
)

n 
1
1
x 2 n  1 , x  (  1 , 1 ) ，
 1
S(x)(1)n1x2n2  ,x(1,1).
1x2
n1
注意到 S ( 0 )  0 ，S(0)0，积分得
x x 1
S(x) S(t)dt  dt arctanx，
0 0 1t2
S ( x )  
x
0
S ( t ) d t  
x
0
a r c t a n t d t  x a r c t a n x 
1
2
l n (1  x 2 ) ，
又因为

n
 1
(  1 ) n  1 x 2 n 
1
x

2
x 2
， x  (  1 , 1 ) ，所以
f ( x )  2 S ( x ) 
1
x

2
x 2
 2 x a r c t a n x  l n ( 1  x 2 ) 
1
x

2
x 2
， x  (  1 , 1 ) .
 1 1x 1
 ln  , x (0,1),
18.【答案】S(x)2x 1x 1x2
  0, x0.
【解析】设 S ( x ) 

n
 1

2 n
1
 1
 1

x 2 n
 x2n
，S (x) ，
1 2n1
n1
S
2
( x ) 

n
 1
x 2 n
则 S(x)S (x)S (x)，x(1,1)
1 2 x2  x2
由于S (x)x2n  ，[xS (x)] x2n  ，
2 1x2 1 1x2
n1 n1
x  (  1 , 1 )
所以 x S
1
( x )  
x
0 1
t

2
t 2
d t   x 
1
2
l n
1
1


x
x
，S (0)0，故
1
S
1
( x ) 


0
1
,

1
2 x
l n
1
1


x
x
, x
x


(
0
0
,
, 1 )
所以 S ( x )  S
1
( x )  S
2
( x ) 
 1
2 x
0 ,
l n
1
1


x
x

1 
1
x 2
, x
x


(
0
0
,
, 1 )
.
19.【答案】收敛域为 [  1 , 1 ] ， S ( x )  2 x 2 a r c t a n x  x l n (1  x 2 ) , x  [  1 , 1 ]
【解析】因为 l i
n 
m

u
n
u
+
n
1  l i
n 
m
 ( n
x 2

n  3
1 ) (

2
n
n
( 2

n
1

) x
1
2
)
n  1
 x 2 ，所以当 x 2  1 ，即  1  x  1
时，原幂级数绝对收敛；当 x   1 时，幂级数为

n
 1
n
( 
( 2
1
n
) n

 1
1 )
，显然收敛，故原幂级数的
收敛域为 [  1 , 1 ] . 因

n
 1
( 
n
1
(
)
2
n 
n
1 x

2
1
n 
)
1
 x

n
 1
( 
n
1 )
( 2
n
n
 1

x
1
2 n
)
 (1)n1x2n
，设   f(x)，
n(2n1)
n1
x  (  1 , 1 ) ，则
f ( x ) 

n
 1
(  1
n
n  )
( 2
1
n
2 n

x
1
2
)
n  1
 2

n
 1
(  1 )
2
n
n
 1

x
1
2 n  1
f ( x )  2

n
 1
(  1 ) n  1 
1 
2
x 2
x 2 n  2
因为 f ( 0 )  0 ， f ( 0 )  0
x x 2
，所以 f(x)  f(t)dt f(0)  dt 2arctanx
0 0 1t2
x x
f(x) f(t)dt f(0)2 arctantdt
0 0
2  tarctant x  x t dt  2xarctanxln(1x2)
 
 0 0 1t2 
x  [  1 , 1 ]
从而 S ( x )  2 x 2 a r c t a n x  x l n (1  x 2 ) ， x  [  1 , 1 ] .
  1 
20.【答案】 f(x)  1  xn ，其收敛区间为
 2n1
n0
(  1 , 1 )【解析】 因 f ( x ) 
( x  2
1
) ( x  1 )

1
1
 x

2
1
 x

1
1
 x

1
1
2

x
2
1 
，又 xn ，
1x
n0
x  (  1 , 1 )
1   x n  1
，且     xn，
x 2 2n
1 n0 n0
2
x  (  2 , 2 ) ，故 f ( x )  n

 0

1 
2
1
n  1

x n ，其
收敛区间为 (  1 , 1 ) .
21.【答案】
π
4
 n

 0
(
2

n
1 )

n
1
x 2 n  1 (  1  x  1 )
【解析】由 f ( x ) 
1 
1
x 2
 n

 0
(  1 ) n x 2 n (  1  x  1 ) ，得
f ( x )  f ( 0 )  
x
0
f ( t ) d t  
x
0

n

 0
(  1 ) n t 2 n

d t  n

 0
(
2

n
1 )

n
1
x 2 n  1
π
而 f(0)arctan1 ，所以
4
a r c t a n
1
1


x
x

π
4
 n

 0
(
2

n
1 )

n
1
x 2 n  1 (  1  x  1 ) .
22.【答案】 f ( x ) 

n
 1
x
4
4
n
n 

1
1
(  1  x  1 )
【解析】因 f ( x ) 
1
4

1
1
 x

1
1
 x


1
2

1 
1
x 2
 1 
1 
1
x 4
 1 

n
 1
x 4 n (  1  x  1 )
且 f 00，故 f ( x )   x
0
f ( x ) d x   x
0
  n
 1
x 4 n  d x   n
 1
x
4
4
n
n 

1
1
(  1  x  1 ) .
23.【答案】 l n ( 1  x  2 x 2 ) 

n
 1
(  1 ) n 
n
1  2 n
x n ，收敛区间为


1
2

1
2

【解析】由ln(1x2x2)ln[(12x)(1x)]ln(1x)ln(12x)
 xn
且ln(1x)(1)n1 (1 x1)，
n
n1
 (2x)n  2nxn
ln(12x)(1)n1  (12x1)，于是，有
n n
n1 n1
 (1)n12n  1 1  1 1
ln(1x2x2) xn ，其收敛区间为  , ，收敛域为

 , .
n  2 2  2 2
n1 (1)n  (1)n  1
24.【答案】 f(x)12 x2n ，x[1,1]；   
14n2 14n2 4 2
n1 n1
【解析】因
1 
1
x 2


x
 0
(  1 ) n x 2 n ， x  (  1 , 1 ) ，故
a r c t a n x   x
0
( a r c t a n x )  d x  n 
 0
(
2

n
1 )

n
1
x 2 n  1 ， x  [  1 , 1 ] ，
于是当 x  0 时，
1x2  (1)n  (1)nx2n
f(x)  x2n1 (1x2)
x 2n1 2n1
n0 n0
 (1)n  (1)nx2n2  (1)n  (1)n1x2n
 x2n   x2n  1
2n1 2n1 2n1 2n1
n0 n0 n1 n1
 (1)n (1)n1  (1)n
1  x2n 12 x2n
 
2n1 2n1  14n2
n1 n1
令x1， f  1   1  2

n
 1
1
( 

1
4
)
n
n
2


2
，可得

n
 1
1
( 

1
4
)
n
n
2


4

1
2
.
25.【答案】 f ( x ) 
π
4
 2 n

 0
(  1 )
2
n
n
4 n

x
1
2 n  1
， x 


1
2
,
1
2

； n

 0
(
2

n
1 )

n
1

π
4
【解析】因为 f ( x )  
1 
2
4 x 2
  2 n

 0
(  1 ) n 4 n x 2 n ， x 


1
2
,
1
2

，且
π
f(0)arctan1 ，
4
所以
x π x  
f(x) f(0) f(t)dt  2 (1)n4nt2n dt
 
0 4 0  
n0
π  (1)n4nx2n1  1 1
 2 ,x  ,
 
4 2n1  2 2
n0
 (1)n
 因为级数 收敛，函数
2n1
n0
f ( x ) 在 x 
1
2
处连续，所以
π  (1)n4nx2n1  1 1
f(x) 2 ,x

 ,

4 2n1  2 2
n0
1 1 π  (1)n4n 1 1  (1)n π
令x ，得 f    2  ，由于 f   0，所以   .
2 2 4 2n1 22n1 2 2n1 4
n0 n026.【答案】
1
2
π 2
【解析】由傅里叶级数的收敛定理可知，在 x  π 处收敛于
1 1 π2
f(π) f(π) [1π2(1)] .
 
2 2 2
27.【答案】C
【解析】显然， f ( x ) 是定义在  0 , 1  上的一个分段函数， S ( x ) 为其在 (   ,   ) 上周期为
2的余弦函数展开式，根据狄利克雷定理知
S


5
2

 S


1
2

 S
 1
2


1
2

f
 1
2
 
 f
 1
2
  

1
2

1 
1
2


3
4
其中 S


1
2

 S
 1
2

，利用了 S ( x ) 是偶函数的性质.
28.【答案】 1
【解析】根据条件， a
n
是偶函数 x 2 在区间 [  π , π ] 上周期为 2 π 的傅里叶展开式的系数.取
n  2 ，则
a
2
 2
π
 π
0
x 2 c o s 2 x d x  1
π
 x 2 s i n 2 x π
0
  π
0
2 x s i n 2 x d x   1
π
 x c o s 2 x π
0
  π
0
c o s 2 x d x   1 .
π2  (1)n1
29.【答案】 f(x)1 4 cosnx，
3 n2
n1
0  x  π
 (1)n1 π2
；  
n2 12
n1
【解析】由于 a
0

2
π

π
0
(1  x 2 ) d x  2 
2 π
3
2
，当n1,2, 时，
a
n

2
π

π
0
(1  x 2 ) c o s n x d x 
4 ( 
n
1 )
2
n  1
，
所以 f ( x ) 
a
2
0 

n
 1
a
n
c o s n x  1 
π
3
2
 4

n
 1
(  1
n
)
2
n  1
c o s n x ， 0  x  π
π2  (1)n1
令x0，有 f(0)1 4 . 又
3 n2
n1
f ( 0 )  1 ，所以

n
 1
(  1
n
)
2
n  1

π
1
2
2
.10-3 拓展拔高
1.【答案】B
【解析】 0 
a
n
n 
1
2

a
n

1
n 2
  1 1 
，因为   a  收敛，所以由正项级数的比较审敛
2 n n2 
n=1
法可得

n
= 1
a
n
n 收敛，选（B）.
2.【答案】A
【解析】由
s i n n 2  1   s i n [ n   ( n 2  1  n )  ]  (  1 ) n s i n ( n 2  1  n )   (  1 ) n s i n
n 2

 1  n
得
s i n n 2
n
 1 
~
2

n
32
，而
2

n
32
收敛，由比较审敛法得

n
 1
s i n n 2
n
 1 
收敛，即原级数
绝对收敛，选（A）.
3．【答案】C
【解析】
0 
n  1
n

a  12
n  1

1  a
s
r
i
c
n
t a
n
n 2 a n

n  1
n

a  12
n  1

n
a 12
 ( n 
2
1  n  1 )

n
1
a  1
 1 a1
因为a11，所以    收敛，从而
n
n1

n
 1
n  1
n

a  12
n  1
·1
 a
s
r
i
c
n
t a
n
n 2 a n
收敛，原级
数绝对收敛，应选（C）.
1
4．【答案】 p 
2
【解析】
n  1
n

p
n

n p  n
1
 1  n )

1
2

n
1
p 12
 n1 n
 ，则 收敛的充分必要
np
n1
条件是 p 
1
2
 1 ，即 p 
1
2
.
5.【答案】（1）收敛；（2）收敛【解析】（1）由 
n
0
4 1  x 4 d x  
n
0
x d x 
n
2
2 1 2  2
得0  ，而级数  收敛，
 n 41x4dx n2 n1 n2
0
由正项级数的比较审敛法得级数

n
 1 
n
0
4 1
1
 x 4 d x
收敛.
（2） 0 2
1n
2 n
1
1 2 l n 2
1
n n
1
1 n
2 l
n
n 2
1 
2 l
n
n
2
2
     







1 1
，其中  ，因为
n1 n

n
 1
2 l
n
n
2
2
收敛，所以

n
 1

2
1n
 2
1n
 1

收敛.
6．【答案】收敛
【解析】 l n ( 1  x )  x ( x  0 ) 得 l n
n 
n
1
 l n

1 
1
n


1
n
，则原级数为正项级数，由
l i m
x  0
x  l n
x
(1
2
 x )

1
2
1  1
ln 1
 
n  n 1  1
得lim  且  收敛，由正项级数比较审敛法得
n 1 2 n2
n1
n2

n
 1
 1
n
 l n
n 
n
1 
收敛.
7．【答案】A
【解析】令 u
n
 (  1 ) n

n t a n
k
n

a
2 n
，因为n时， | u
n
|

n t a n
k
n

a
2 n
 k a
2 n
，而

a 收敛，所以
n
n1

n
 1
k a
2 n

收敛，于是 u 绝对收敛，选（A）.
n
n1
8．【答案】B
sinan 1  sinan
【解析】因为  ，所以  绝对收敛，又因为
n2 n2 n2
n1
1 n   1 
ln    ln  1 单调减少且
 n   n 
n  
 1 n 
时极限为0，故 (1)nln 收敛，  
n n1  
当 n   时， l n

1 
1
n


1
n
且

n
 1
1
n
 1 n 
发散，所以 (1)nln 条件收敛，于
 
n
n1  是级数

n
 1
 s i n
n
a
2
n 
 (  1 ) n l n
 1 
n
n  
条件收敛，答案选（B）.
9．【答案】收敛
【解析】因为 n  2  2 n  1  n  n  2  n  1  ( n  1  n )

n  2
1
 n  1

n 
1
1  n
 1 1   1 1   1 1 
S 







 



n
 3 2 21  4 3 3 2  n2 n1 n1 n 
1 1
 
21 n2 n1
且 l i m
n  
S
n
 
2
1
 1
，所以根据级数收敛的定义知

n
 1
( n  2  2 n  1  n ) 收敛.
10．【答案】条件收敛
【解析】 f ( x )  x
1x
 1 ，由 f ( x )  x
1x 1 
x
l n
2
x
 0 ( x  e ) ，得

n
1n
 1

为单调减少的数
 1 
列，又limnn 10，所以级数
n 

n
 1
  1  n

n
1n
 1

收敛. 因为 l i
x 
m

x
1x
1
x
 1
   ，所以
l i m
n  
n
1n
1
n
 1
   ，且

n
 1
1
n
发散，故级数

n
 1
( n
1n
 1 ) 发散，即级数

n
 1
(  1 ) n

n
1n
 1

条件收
敛.
11．【答案】条件收敛
【解析】级数 n

 2
s i n

n  
l
1
n n

 n

 2
  1  n s i n
l
1
n n
是交错级数，因为

s i n
l
1
n n

单调减少
1   1 
且limsin 0，所以sinn 收敛. 因为n时，
n lnn  lnn
n2
 1  1 1 1  1   1 
sin  n  sin   ，且  发散，所以 sin  n  发散，即级
 lnn lnn lnn n n  lnn
n2 n2数

n
 2
s i n

n  
1
ln n

为条件收敛.
12．【答案】D
【解析】因为 w
n
 u
n
 v
n
，所以 0  u
n
 w
n
 v
n
 w
n
，又因为

n
 1
w
n
与

n
 1
v
n
都收敛，所

以 (v w )收敛，因而
n n
n1

n
 1
( u
n
 w
n
)

收敛，故 u 收敛. 故答案选（D）.
n
n1
因为只有当级数收敛时，才能比较其和的大小，所以不能选（A）；选项（B），（C）将正项
级数的结论用到了任意项级数上，显然不对，例如取级数

n
 1


1
n
  1
 与 可以说明（B）
n2
n1
不正确，取级数

n
 1
(  1 )
n
n  (1)n 1
与   就可以说明（C）不正确，故答案选（D）.
 n n
n1
13．【答案】C
【解析】在（C）的条件下，必有 l i m
n  
a
n
 0 ，从而推知级数发散. 故答案选（C）.
1
（A）的反例：a  ，
n n
a
n
a

n
1 
n
n
 1
 1 ，但

n
 1
a
n
发散；
3(1)n
（B）的反例：a  ，
n n2
0  a
n

4
n 2
，

n
 1
a
n
收敛，但当 n 为大于 2 的奇数时，
a
n1 1. （D）的反例同（A）的反例.
a
n
14．【答案】B
【解析】因为0 f(x)1且 f ( x ) 连续， f n1(x) f n(x)（绝对值小于1的数越乘越
小），所以 1 f n1(x)  1 f n(x)，即：
a
n
 
1n
0
1  f n ( x ) d x   n
0
1
1 1  f n  1 ( x ) d x  a
n  1
且
1
n
 a
n

n
2 
，所以 a 发散，并且由莱布尼茨判别法，知交错级数
n
n1

n
 1
(  1 ) n a
n
收敛，

所以
(1)na
条件收敛. 故答案选（B）.
n
n1
15．【答案】D【解析】因为
2
1
ln n

e
1
ln 2 lnn

e ln
1
n ln 2

e ln
1
2 ln n

e
1
ln n ln2

n
1
ln 2

1
n
 1
，且 发散，所以由正项
n
n1
级数的比较判别法知

n
 1
2
1
ln n
发散. 故答案选（D）.
对于（A）选项，因为 
1n
0 1 
x
x
d x  
1n
0
x d x 
2
3

1
n
32
，且

n
 1
1
n
32
收敛，所以由正项级数的比
较判别法知

n
 1

1n
0 1 
x
x
d x 收敛.
对于（B） 选项，由积分中值定理， 0 ,
n
  
  
，使得
n
0
s
1
i n x
x
d x
s
1
i n
n n
s i n
n n
2
2
( n 1 )










 



 2
，且 收敛，故由正项级数的比较判别法知
n2
n1
  sinx
n dx收敛.
0 1x
n1
对于（C）选项，因为 li m
n  
ln
n
1
n
n
n
54
 li m
n  
ln
n
n
14
 li
x 
m

ln
x
x
14
 li
x 
m

4
x
14
 0 ，且 n

 2
1
n
54
收敛，所以由
正项级数的比较判别法的极限形式知

n
 2
ln
n
n
n
收敛.
16．【答案】A
lna
【解析】由lim n q，得
n lnn
li m
n  
ln
ln
1
a
n
n   q ，当 q   1 时，  q  1 . 可取q p1，则当
n 充分大时，
ln
ln
1
a
n
n  p
1
，即ln  plnn，也即
a
n
a
n

1
n p
. 故由正项级数的比较判别法知级
数

n
 1
a
n
收敛. 当q1时，  q  1 . 可取  q  p  1 ，则当 n
1
ln
a
充分大时， n  p，即
lnn
1 1
ln  plnn，也即a  ，故由正项级数的比较判别法知级数
a n np
n

n
 1
a
n
发散. 故应选（A）.
17.【答案】( 2, 2)【解析】由 ln i m

a
n
a

n
1 
2 n
2 n

 1
1 2 n
2

n
1

1
2
得收敛半径为 R  2 ，
当 x   2
 2n1 
时， ( 2)2n2 (2n1)发散，故级数的收敛域为( 2, 2).
2n
n1 n1
18.【答案】 [ 0 , 2 ]
【解析】令 x  1  t
 tn
，显然级数 (1)n1 的收敛半径为
n2
n1
R  1 ，又当 t   1 时，由

n
 1
(  1 ) n  1
( 
n
1 )
2
n


n
 1
1
n 2
收敛，得级数

n
 1
(  1 ) n  1
( 
n
1 )
2
n
绝对收敛，所以级数

n
 1
(  1 ) n  1
t
n
n
2
的收敛区间为 [  1 , 1 ] ，故原级数的收敛域为[0,2].
 1 1
19.【答案】   , 
 3 3
【解析】由 ln i m

n u
n
 3 得收敛半径为 R 
1
3
，
1
当x 时，
3

n
 1
( 2 n 
n
3 n ) 

1
3
 n


n
 1
 1
n



2
3
 n

(  1
n
) n 
收敛，
当 x 
1
3
时，

n
 1
( 2 n 
n
3 n )  1
3
 n


n
 1
1
n
 2
3
 n


n
 1
1
n
.因为

n
 1
1
n
 2
3
 n
收敛，而

n
 1
1
n
发
 1 1
散，所以级数的收敛域为

 , .
 3 3
20.【答案】A
【解析】记 u
n
( x ) 
( x 
n
a ) n |u (x)| ∣(xa)n∣1 n
，则lim n1 lim  |xa|1，
n |u (x)| n n1 ∣(xa)∣n
n
得x(a1,a1).
当 x  a  1 时，原级数为

n
 1
(  1 ) n
1
n
，收敛；当xa1时，原级数

n
 1
1
n
，发散.
故收敛域为[a1,a1)，由题设条件知  1  [ a  1 , a  1 ) ，故a的取值范围是  2  a  0 .
21.【答案】C【解析】因 ln i m

a
n
a

n
1  ln i m

2
1
n  1
1
n 2


s
s
i
i
n
n
21
2
1
n
n
 1
3
t t 1 t 
sin  
2 2 62 1
，考虑lim  lim  ，由海
t0 tsint t0 1 t3 8
6
涅定理知， ln i m

a
n
a

n
1 
1
8
，故收敛半径 R  8 ，收敛区间为 (  8 , 8 ) .在 x  8 处，对应的级
数的通项为
a
n
8 n 
 1
2 n
 s i n
1
2 n

2 3 n ，
1
将 记成
2n
t
tsint 1cost 1 1
，因为lim  lim  0，所以a 8n  0，级数在
t0 t3 t0 3t2 6 n 6
x  8
处发散.同理级数在 x   8 处也发散，故收敛域为 (  8 , 8 ) .
22.【答案】 (  3 , 3 )
【解析】设级数 n

 0
a
n
( 2 x  1 ) n 的收敛半径为 R
1
，由 2  (  4 )  1  9  R
1
，
∣ 2  5  ∣1  9  R
1
，得R 9，且
1
n

 0
a
n
9 n  n

 0
a
n
3 2 n 发散，则 n

 0
a
n
x 2 n 的收敛半径
R
2
 R
1
 3 ，当 x   3 时， n

 0
a
n
(  3 ) 2 n  n

 0
a
n
3 2 n ，即 x   3 时，级数 n

 0
a
n
x 2 n 发
散，故收敛域为(3,3).
 1 1 
23.【答案】  , 
 2 2
【解析】由a 0(n1,2, )，级数
n

n
 1
a
n

发散， (1)n1a 收敛知，级数
n
n1

n
 1
(  1 ) n  1 a
n

条件收敛，即幂级数 a tn 在
n
n1
t   1 处条件收敛，则 t   1 为该幂级数收敛区间的端点，
该幂级数的收敛半径为1，作变量替换原幂级数可改写成

n
 1
a
n
2 n x 2 n 

n
 1
a
n
( 2 x 2 ) n
t  2 x 2 
n
 1
a
n
t n
  1 1
因此幂级数 a tn a 2nx2n 当 2x2 1即|x| 时收敛，当 2x2 1即|x|
n n
2 2
n1 n11
时发散，则其收敛半径为 ，收敛区间为
2


1
2
,
1
2

．
当 x  
1
2
 
时， a 2nx2n a ．发散，则幂级数
n n
n1 n1

n
 1
a
n
2 n x 2 n 的收敛域为


1
2
,
1
2

．
24.【答案】


1
2
,
5
2

【解析】令 x 
1
2
 t ，由题设知幂级数

n
 1
a
n
t n 在 t  2 
1
2

3
2
处发散，在
t   1 
1
2
 
3
2
处收敛，故其收敛半径 R 同时满足 R 
3
2
与 R 
3
2
，即 R 
3
2
．进而可得
幂级数

n
 1
a
n
t n 的收敛域为


3
2
,
3
2

．令 t  x  1 代入可得幂级数

n
 1
a
n
( x  1 ) n 的收敛域为
x  1 


3
2
,
3
2

，即 
1
2
 x 
5
2
.
25．【答案】
( a
a
 x ) 2
【解析】记 S ( x ) 

n
 1
n x
a
n
n
 1
， x  (  a , a ) .
x
x  xntn1  xn a x x
因 S(t)dt  dt    ， (1,1)，故
0 0 an an x ax a
n1 n1 1
a
S ( x ) 

a
x
 x



( a
a
 x ) 2
， x  (  a , a ) .
26.【答案】 y 
1
2
( e x  e  x ) (    x    )
【解析】设 y  n

 0
(
x
2
2
n
n
) !
，则 y  

n
 1
( 2
x
n
2 n

 1
1 ) !
，
 x2n2  x2(n1)  x2n
y    y.
(2n2)! [2(n1)]! (2n)!
n1 n1 n0又 y ( 0 )  1 ， y ( 0 )  0 ，于是得到如下微分方程
 y
y
 
( 0 )
y


1 ,
0
y ( 0 )  0
特征方程为 r 2  1  0 ，r 1，得通解 y  C
1
e x  C
2
e  x .
对上式求导，得yCex C ex. 将初值条件代入，解得
1 2
C
1
 C
2

1
2
. 故
n

 0
(
x
2
2
n
n
) !
 y 
1
2
( e x  e  x ) (    x    ) .
27.【答案】（1） (  1 , 1 ) ；（2） n

 0
a
2
nn  2 a
0
 2 d
【解析】（1）利用公式求收敛半径 ln i m

a
n
a

n
1  l i m
n  
a
0

a
0
( n


n
1
d
) d
 1 ，故 R  1 ，收敛区间
为 (  1 , 1 ) .
当 x   1 时，由 ln i m

a
n
 0 ，知 n

 0
(  1 ) n  a
n
发散，故收敛域为 (  1 , 1 ) .
（2）求 n

 0
a
n
x n
   
的和函数S(x)a xn (a nd)xn a xn dnxn
n 0 0
n0 n0 n0 n0
记 S
1
( x )  S
2
( x )  n

 0
a
0
x n  d n

 0
n x n ， S
1
 x   n

 0
a
0
x n 
1
a

0
x
，
S
2
( x )  d n

 0
n x n  d x n

 0
n x n  1  d x n

 0
( x n )   d x

n

 0
x n


 d x

1
1
 x



( 1
d

x
x ) 2
，故
S ( x ) 
1
a

0
x

(1
d

x
x ) 2
.令 x 
1
2
，得 n

 0
a
2
nn  2 a
0
 2 d .
x2  x
28.【答案】 ，收敛域为(1,1)
(1x)3

【解析】显然幂级数 n2xn 的收敛半径为R 1，当x1时级数发散，故级数的收敛域
n0
为 (  1 , 1 ) .S ( x ) 


n
x
x

 0
2
2
2 n

n
 2

1 
x
n
x

n
(
2
x

n


n

 1


n
1
) x
x
2 x
n 

n
2
1


x


  n
n  1

 x n
n  1
 


x 
( n
n x
x
(1

 1
2

1 )


x

x
x
3 )
n
2


x

n

n
2

x n

n
 2


n

( n
x


1 )

n
 1
x
x
n
n




n
 1
n x n
29.【答案】 S ( x ) 
 3
(
,
1
2 1 1  x
 l n , 0
2 2  x ) 2 x 1  x
x

 0
x
,
 1 .
【解析】由 ln i m
a
n
a
n
1 1
 
  得收敛半径为R 1，
当x1时，因为 ln i m

4 n 2
2

n
6

n
1
 3
(  1 ) 2 n  0 ，所以当x1时，级数发散，
故幂级数的收敛域为 (  1 , 1 ) .
 4n2 6n3
令S(x) x2n ，
2n1
n0
S ( 0 )  3 ；
当x0时，
S ( x ) 


n
n





1
0
0
4
( 2
x

n
n
x
2
2

2

n
1


6

)

n
1
2 x
1

n

3

1
x
2 n x

 x
n  0

2

2
1
x
n
 ( 2
n
 0
1
 
x
n
1 x

1  0
n


x
2  1 )
2
2 n  x
2 n 
0
d x 
2

n
1
1
(


( 1
2 n
1


 1 )

 x
n  0
2
2 2 x )

2 n

1
2 n x


 1 

1
l
2 x
n
1 
1
1
1


x 2
x
x

1
x

x
0
n

 0
x 2 n d x
3, x0,

故S(x) 2 1 1x
 ln , 0 x 1.
 (1x2)2 2x 1x
 n1
30.【答案】  (x1)n (1 x3)
2n2
n0
1 1 1 1 1   x1 n  1
【解析】     (1)n    (x1)n
x3 2(x1) 2 x1 2  2  2n1
1 n0 n0
2
(1 x3) 
1  1    1   n  n1
    (x1)n  (x1)n1  (x1)n (1 x3)
   
(x3)2  x3  2n1  2n1 2n2
n0 n1 n0
于是， f ( x ) 
( x
1
 3 ) 2
 n

 0
n
2

n 
1
2
( x  1 ) n (  1  x  3 ) .
31.【答案】
1
4
n

 0

(  1 ) n  1 
3
1
n  1

x n , (  1  x  1 )
【解析】因为
1 
1
a x
 n

 0
( a x ) n ( | a x | 1 )
f ( x ) 


x

1
4
2
1
4
n




0
1
2
1

x
1

( 

x
1
3

n )

1
3
 1
1
4


1
(

1

1
n 3
x  1
( x 

x

3 

x

 1 
)  ( x
3 ) ( x
1
 
4
n , (  1




1
n
3
)


x
)
0
(



1
1
4
1 )
)

n x
x
n
1


3
1
3

n


x
0
1


1
x
3

 n 
32.【答案】 [ 1 , 3 )
【解析】令 u  x  2 ，于是 x  u  2 ， f ( x )  l n
x
x
 3
 l n
u
u


2
1
，记
( u ) l n
u
u
2
1
 


，
1 1 1 1 1 1  u n    1 
u
u2

u1

2 u

1u

2
(1)n
 2  
un 
 
(1)n
2n1
1
 
un
1 n0 n0 n0
2
成立的范围是
u
2
 1 且 u  1 ，即 u  1 .从而知
 u 1   1  1 
(u)(0) (1)n 1 tndt ln2 (1)n 1 un1 ，
   
0 2n1  n1 2n1 
n0 n0
即有 f ( x )  l n 2  n

 0
n
1
 1
[ (  1 ) n
2
1
n  1
 1 ] ( x  2 ) n  1 ，1 x3.
又因当 x  3 时，上述级数发散，当 x  1 时，上述级数收敛，故知收敛域为[1,3).
 x2(n1)
33.【答案】 f(x)(1)n ,x[1,1]
(2n1)(2n2)
n0【解析】设 g ( x )  a r c t a n x ，则 g ( x ) 
1 
1
x 2
 n

 0
(  1 ) n x 2 n , x  (  1 , 1 ) ．
于是 a r c t a n x  g ( x )  g ( 0 )  
x
0
g ( t ) d t  n

 0

x
0
(  1 ) n t 2 n d t  n

 0
(
2

n
1 )

n
1
x 2 n  1
在x1处级数 n

 0
(
2

n
1 )

n
1
x 2 n  1 收敛，又函数 a r c t a n x 在 x   1 处连续，所以
a r c t a n x  x 
x
3
3
  (  1 ) n
x
2
2
n
n 

1
1
 , (  1  x  1 )
 xn  x2n
由ln(1x)(1)n1 ,(1 x1)得ln(1x2)(1)n1 ，（1 x2 1，即
n n
n1 n1
 1  x  1 ）故
f ( x ) 


x
n
n
a

 0

 0
r c t
( 
2 n
( 
a n x
n 1 )
x
 1
n 1 )
(

2
2
n
n
1
2
 2

l n

x
1
( 1
n
2 n
) (


 0
 2
2 n
x
( 

2 )
1 )
2

n
)
x
2

n

2 x
( n
( 
0
n 

1
( 
2 n
2
1 )

1 )

x
n
1

x
1
2
)
n  1 
1
2

n
 1
(  1 ) n  1
x 2
n
n
34.【答案】 S (  ) 
1
2
(1   ) ；

n
 1
(  1 ) n a
n


4
【解析】由狄利克雷收敛定理知 S (  ) 
1
2
 f (   )  f (    )  
1
2
( 1   )
1  
傅里叶系数a   (x1)dx 1，要求
0  0 2

n
 1
(  1 ) n a
n
，观察将 S ( x ) 赋值 x   ，得到
S (  ) 
a
2
0 

n
 1
(  1 ) n a
n
. 即

n
 1
(  1 ) n a
n
 S (  ) 
a
2
0 

4
.
35.【答案】
f ( x ) 

4

4


s


k

i
1
n
2
x
k
1


1
3
1
s i n
s i n (
3
2
x
k

 1 )

x
2
1
k
( 


1
s

i n
x
( 2

k



1
;
)
x
x


0 , 

 ,  2  , ) .
【解析】所给函数满足收敛定理的条件，它在点xk (k 0,1,2, )处不连续，，在
其他点处连续，从而由收敛定理知道 f(x)的傅里叶级数收敛，并且当xk时级数收敛11
于 0，当
2
x  k  时级数收敛于 f(x).
计算傅里叶系数如下：
a
n
 1

 
 
f ( x ) c o s n x d x  1

 0
 
(  1 ) c o s n x d x  1

 
0
1  c o s n x d x  0  n  0 , 1 , 2 ,  ;
b
n



1

1

n
2




 
c o
[1
f
s
n

(
n
(
x
x

) s i n
0

 
n 1 ) ]
n


x d
1


x 



4
n 
0 ,
1


c o s
n
, n
n
0
 
n x


(  1 ) s i n

1 


n  
0
1 , 3 , 5 ,
2 , 4 , 6 ,
n x
[1
d

x
c

o
1

s n


0

1

 s i
c o
n
s
n
n
x

d

x
1 ]
得到 f ( x ) 的傅里叶级数展开式为
4 1 1 
f(x) sinx sin3x  sin(2k1)x
 
 3 2k1 
4  1
  sin(2k1)x ( x;x0,,2, ).
 2k1
k1
36.【答案】
n
1
2  2
[ (  1 ) n  1 ] ( n  1 , 2 , )
【解析】套用公式得
a
n






1
 1
1
0
n
f
f
1

( x ) c o
( x ) c o
s i n n
s
s

n  x d
n  x d
x d x 
x
x 
n


1
2 
2

0
2
1
2
f
c
f
(
o
(
x
s
x ) c
) c o
n 
o
s
x
s
n
1
0
n



x
x
d
n
d x
x
1
2 
(

2
周 期
1

0
[ ( 
函
x c
1 )
o
n
数
s

积
n
1

]
分
x d
性
x
( n
质


）
1
n π
1 , 2

,
1
0
x d
) .
( s i n n  x )