241206_171415-10.基础习题册高数第十章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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 )