250804_141101-菁英班强化高数第七章解析_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_强化_高数

第七章 无穷级数（仅数一、三）
7-1综合测试
1.【答案】C
【解析】因为 0 
a
n
n 
1
2

a
n

1
n 2

，而

n
 1
1
2

a
n

1
n 2

收敛，所以

n
 1
a
n
n 收敛
于是

n
 1
(  1 ) n
a
n
n 绝对收敛，选（C）.
2.【答案】B

【解析】因为正项级数 a 发散，所以
n
n1
ln i m

S
n
   ，
 1 1   1 1   1 1  1 1
令A         ，因为
S S S S S S S S      
1 2 2 3 n n1 1 n1
ln i m

A 
1
S
1

1
a
1
，
所以选（B）.
3.【答案】C
【解析】令 S
n
 u
1
 u
2
  u
n
，因为

n
 1
u
n
收敛，所以 ln i m

S
n
存在且limu 0. 令
n
n
A  ( u
1
 u
2
)  ( u
2
 u
3
)   ( u
n
 u
n  1
)  2 S
n
 u
1
 u
n  1
于是 ln i m

A  2 ln i m

S
n
 u
1
存在，答案选（C）.
（A）选项反例，令 u
n
=
1
n 2
u
，此时lim n1 1；
n u
n
（B）选项反例，令 u
n
=
1
n 2
1
1  1 n 1 ln 1 2 lnn
，此时limn lim  limen n2 lime n 1；
n n2 nn2  n n
1   1
（D）选项反例，令u = ，此时  u  ，发散.
n n2 n n
n1 n1
4.【答案】D (1)n
 【解析】（A）不对，如 收敛，但
n
n1

n
 1
 (  1 )
n
n 
2


n
 1
1
n
发散；（B）不对，如

n
 1
1
n 2
收敛，

n
 1
1
n 4
也收敛；（C）不对，如

n
 1
(  1 )
n
n
收敛，但

n
 1
1
n
发散；若

n
 1
u
n
是
正项级数，由于

n
 1
u
n
收敛，故 ln i m

u
n
 0 ，则当n充分大的时候， 0  u 2n  u
n
，此时

u2
一定收敛，答案选（D）.
n
n1
5.【答案】D
【解析】答案选（D）.
取 u
n

1
n 2
， v
n

1
n

，显然 u 收敛，而
n
n1

n
 1
v
n
  1
发散，但 u v  收敛，
n n n3
n1 n1
（A）不对；
取 u
n

1
n
， v
n

1
n

，显然 u 与
n
n1

n
 1
v
n
都发散，但

n
 1
u
n
v
n


n
 1
1
n 2
收敛，（B）不
对；
取 u
n
 v
n

(  1 )
n
n
，显然

n
 1
u
n
与

n
 1
v
n
  1
都收敛，但 u v  发散，（C）不
n n n
n1 n1
对；
因为

n
 1
u
n
收敛，所以 ln i m

u
n
 0 ，从而存在M 0，使得 u  M ，于是
n
  
u v Mv ，因为正项级数 v 收敛，根据比较审敛法，  u v 收敛，即 u v 绝
n n n n n n n n
n1 n1 n1
对收敛.
6.【答案】B
sinanπ 1  sinanπ
【解析】因为  ，所以  绝对收敛，又因为
n2 n2 n2
n1l n
 1 
n
n 
 l n

1 
1
n

单调减少且以零为极限，所以

n
 1
(  1 ) n l n
 1 
n
n 
收敛，而
n   时， l n
 1 
n
n 
~
1
n
 1
 且 发散，所以
n
n1

n
 1
(  1 ) n l n
 1 
n
n 
条件收敛，于
 sinanπ 1 n 
是级数   (1)nln 条件收敛，选（B）.
n1  n2   n  
7.【答案】收敛
1 sin x
【解析】令u  n dx，
n 0 1x2
n  1 , 2 , 3 , ，则
1sin x 1 1 dx 1 1
0u n dxsin n sin arctan ，
n 0 1x2 n 0 1x2 n n
1 1
sin arctan
n n
因为lim 1，而
1 n
3
n2

n
 1
1
n
32
收敛，所以

n
 1
s i n
1
n
a r c t a n
1
n
收敛，
由正项级数的比较审敛法得

n
 1

1n
0
s i
1
n
 x
x
2
d x 收敛.
8.【答案】条件收敛
【解析】 s i n π n 2  1  s i n [ n π  π ( n 2  1  n ) ]  (  1 ) n s i n
n 2
π
 1  n
因为 s i n
n 2
π
 1  n
 0 ，所以原级数为交错级数.
 π 
由sin 单调递减且
 n2 1n
ln i m

s i n
n 2
π
 1  n
 0 ，所以

n
 1
s i n π n 2  1 收敛.
π π  π 
又因为sin ~ 且  发散，所以级数 sinπ n2 1条件收敛.
n2 1n 2n 2n
n1 n1
9.【答案】请参照解析【解析】由
u
n  1
 u
n

 q
f (
u
u
n
n

) 
u
n
f
 1
( u

n 
q
)
1
2

u
n 
f
1
(

ξ
u
1
n
)
 2
u
n

 u
n

 1
q n u
1
 u
0
，
且

n
 1
q n 收敛，所以

n
 1
u
n  1
 u
n
收敛，于是

n
 1
( u
n  1
 u
n
) 绝对收敛.
3 
10.【答案】 , 
2 
【解析】当 n  2 , 3 , 4 , 时
n
n


1
1
 1 ，从而

l n
n
n


1
1

p
 0 对任何常数 p 成立，该级数是
正项级数．
因当n时
l n
n
n


1
1
 l n

1 
n
2
 1

~
n
2
 1
~
2
n
，
于是 n

l n
n
n


1
1
 p
~ n
 2
n
 p

n
2
p
p
 12
, ( n   ) ，即 ln i m

n

l n
2
p
n
n
np

12


1
1

p
 1 .
n

 2
n

l n
n
n


1
1
 p
与 n

 2 n
2
p
p
 12
有相同的散敛性，后者仅当 p 
3
2
3
是时收敛（当 p 
2
时， 2 p 是常数，不影响级数的敛散性）.
  n1 p
因此级数  n  ln  收敛的常数
 n1
n2
p
3 
的取值范围是 , ．
2 
11.【答案】请参照解析
【解析】显然

n
 1
u
n
，

n
 1
c
n
为正项级数.
（1）因为对所有n满足c u c u 0，于是
n n n1 n1
c u c u c u  cu 0，
n n n1 n1 n n 1 1从而 u
n
 c
1
u
1

1
c
n
，因为

n
 1
1
c
n
发散，所以

n
 1
u
n
也发散.
（2）因为对所有 n 满足 c
n u
u
n
n
 1
 c
n  1
 a ，则c u c u au ，即
n n n1 n1 n1
c u (c a)u ，于是
n n n1 n1
0  u
n  1

c
n
c
 1
n
 a
u
n

c
c
n
n
 1
u
n
，


0
0


u
u
n
n
 1

c
n  1
c u
1
c
n

1
u
n
c
n
 c
n  1
u
n  1
  c
1
u
1
因为

n
 1
c
1
c
u
n
1  c
1
u
1

n
 1
1
c
n
收敛，所以

n
 1
u
n
也收敛.
12.【答案】请参照解析
【解析】由 l i m
x  0
f (
x
x )
 1 得 f(0)0， f(0)1，于是 f
 1
n

 f ( ξ )
1
n
（ 0  ξ 
1
n
）.
因为 f ( x ) 在 (   ,   ) 内一阶连续可导，即 f(x)连续，故 l i m
x  0
f ( x )  f ( 0 )  1 ，
所以存在δ 0，当 x  δ 时， f ( x )  0 ，于是存在 N  0 ，当 n  N 时，
1
n
 δ ，
1
f    f(0)0，
n
f

n
1
 1

 f
 1
n

，且 ln i m

f
 1
n

 0 .
由莱布尼兹审敛法知

n
 1
(  1 ) n f
 1
n

收敛，因为 n   时， f
 1
n

 f ( ξ )
1
n
1
n
且
 1  1
 发散，所以  f  发散.
n n
n1 n1
【注】 f(x)连续可导表示 f(x)的导函数连续.
13.【答案】请参照解析
【解析】由题设推知 f(0)0， f(0)0. f(x)在点x0的某邻域内的一阶泰勒展开
1 1
式为 f(x) f(0) f(0)x f(x)x2  f(x)x2(01)，再由题设， f(x)
2! 2在属于该邻域内包含原点的一小闭区间上连续，故必存在 M  0 ，使 f(x) M ，于是
M 1
f(x)  x2 ，令x ，当
2 n
n 充分大时，有 f
 1
n


M
2
1
n 2
. 因为

n
 1
1
n 2
收敛，所以
级数

n
 1
f
 1
n

绝对收敛.
14.【答案】请参照解析
【解析】（Ⅰ）因为
a
n  1

1
2

a
n

1
a
n

 a
n

1
a
n
 1 ， a
n  1
 a
n

1
2

a
n

1
a
n

 a
n

1 
2 a
a
n
2n
 0 ，
故 a  递减且有下界，所以
n
ln i m

a
n
存在.
a a a
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0 n 1= n n1 a a ，记
a a n n1
n1 n1
n
S (a a )a a .
n k k1 1 n1
k1
因为 ln i m

a
n  1

存在，故limS 存在，所以级数 (a a )收敛.
n n n1
n
n1
  a 
因此由比较审敛法知，级数   n 1收敛.
a
n1
n1

15.【答案】收敛
【解析】由正项数列{a }单调减少知，lima 存在，记为
n n
n
a ， a  0 ，且对任意nN
都有 a
n
 a
1 1
，从而  (n1,2 )；
a 1 a1
n另一方面，已知

n
 1
(  1 ) n a
n
发散，故 a  0 . 若 a  0 ，则由莱布尼茨定理知

n
 1
(  1 ) n a
n
应收敛，不符合题意，故a0，等比级数

n
 1

a
1
 1
 n
的公比
a
1
 1
 1 ，

n
 1

a
1
 1
 n
收
n
  1 

敛，或利用根值审敛法知，   亦收敛.
a 1
n1
n

16.【答案】（1）1；（2）请参照解析
【解析】（1）因为
1
( a  a )
n n  2 n

t a n
1
n
x

π4
0

t a
t
n
1
n
n

x
1
0
( 1
n t d

t
t

a n
n
2
(
x
1
n
)

d x
1 )

1
n

π4
0
t a n n x s e c 2 x d x
S
n

n
i
1
1
i
( a
i
 a
i 2
) 
n
i
1
i ( i
1
 1 )
 1 
n
1
 1
，所以

n
 1
1
n
( a
n
 a
n  2
)  ln i m

S
n
 1 .
（2）因为 a
n
 
π4
0
t a n n x d x
t a n x  t

1
0 1
t

n
t 2
d t  
1
0
t n d t 
n
1
 1
，所以
0
a
n
n
n (
1
n 1 ) n
1
1   
 



.
由 1 1    知，
n 1
n
1
1 




收敛，从而
n 1
a
n
n




收敛.
17.【答案】请参照解析
【解析】记 f (x) xn nx1，当x0时， f(x)nxn1n0，故
n n
f
n
( x ) 在[0,)
上单调增加.
由于 f (0)10，
n
f
n
(1 )  n  0 ，根据连续函数的零点定理知，方程
x n  n x  1  0 存在唯一正实根 x
n
，且 0  x
n
 1 .
1xn 1
因为xn nx 10，且x 0，所以0 x  n  ，
n n n n n n从而当 1   时，有 0 x
n
1
n

  
 
，而正项级数
n 1
n
1




收敛，所以当 1   时，级数
n 1
x
n
 


收敛．7-1拓展提升
1.【答案】q 1
【解析】若 q  1 ，取 q * ， q  q *  1 ，由极限的不等式性质  n  N 时，
1
ln
a
n q*，
lnn
l n
1
a
n
 q * l n n
 n  N 时
1
a
n
 n q *
1
，即a  .
n nq*
 
a 收敛. 若 a 收敛，则
n n
n1 n1
q  1 .
因为，若 q  1 ，取 q
0
， q  q
0
 1  n  N
1
ln
a
时， n q ，
lnn 0
l n
1
a
n
 q
0
l n n
n N时， a
n

n
1
q 0


n
 1
a
n
发散. 因此该级数收敛的充要条件是： q  1 .
【注】取特殊情形 ln i m

l n
l n
1
a
n
n  q ，即 ln i m

l n
l n
a
1
n
n
q
 1 ，即 a
n

1
n q
 收敛(q 1)
，故 a  .
n 发散(q1)
n1
上述分析中是利用极限的不等式性质论证了在所设条件下，

n
 1
a
n
收敛  q  1
2.【答案】A
【解析】若 a  e
 1
，则原级数化为  ，发散，排除（C）（D）；若a e2，则原级数化
n
n1
为

n
 1
1
n 2
，收敛，排除（B），故应选（A）.
事实上，令 f(x)alnx(a1)，由于 f(x)在[1,)上非负连续且单调减少，故

alnn 与反常积分  alnxdx敛散性相同.
1
n1当 a  e 时， 

1

a  ln x d x  

1

a
1
ln x
d x
t  l n x


0
 e
a
t
t
d t  

0
  e
a
 t
d t 
l n
e e
a

l
t
n a

0

故当1ae时，反常积分发散；当ae时，反常积分收敛，即级数

n
 1
a  ln n 收敛.
当ae时， 

1

a  ln x d x  

1

e  ln x d x  

1
 1
x
d x  l n x 1  ，反常积分发散.
综上， a  e .
3.【答案】D
【解析】由

n
 1
a
n

收敛， b 收敛，可得
n
n1

n
 1
( a
n
 b
n
) 收敛.
由

n
 1
| a
n
| 收敛，

n
 1
| b
n
| 发散，可得

n
 1
( | a
n
|  | b
n
|) 发散，

n
 1
| a
n
|  | b
n
| 发散. 故
（A）错误.
又 | a
n
 b
n
| | a
n
|  | b
n
|  0

，则 |a b |发散，故（B）错误.
n n
n1

n
 1
( a 2n  b 2n ) 

n
 1
a 2n 

n
 1
b 2n
 
，因为 |a |收敛，即  a2 收敛，由于
n n
n1 n1
lima 0，存在N 0，当n N时，
n
n
0  a 2n  1 ，故 a 2n  a 2n  0 . 由正项级数的比
  1
较判别法，有 a2 收敛，对于 b2 ，可能收敛也可能发散. 比如b (1)n ，
n n n 1
n1 n1 n2
1 
发散；b (1)n ， b2 收敛.（C）错误.
n n n
n1

由 b 条件收敛，故
n
n1
ln i m

b
n
 0 . 设对任意 n  N

，均有|b |M ，其中
n
M  0 ，
 
则有0 a b  M a . 由于 M a ，因此 a b 绝对收敛，（D）正确.
n n n n n n
n1 n1
4.【答案】收敛

n
 1
b 2n【解析】当0 x1，x(1x)sin2n x. 所以 u
n
 0 ，

n
 1
u
n
为正项级数. 又因
sin2n x x2n，所以
u
n



2
1
0
n
x (1
1


2
x

)
2
s i n
1
n 
2 n
3
x

d x
(

2 n
1

0

x
2
(1
1
) (

2 n
x )

x
3
2 n
)
d
.
x  
1
0
x 2 n  1 d x  
1
0
x 2 n  2 d x
又因当 n   时，
( 2 n  2
1
) ( 2 n  3 )
~
4
1
n 2
收敛，所

n
 1
u
n
收敛.
5.【答案】证明略
1
【解析】（1）由题意知sinx  ，
n1 sin2 x 2
n
x
0


6
，故
s i n x
1

1
4
1
 2

4
9
， 0  s i n x
n

1
2
, n  1 , 2 ,
s i n x
n  1
 s i n x
n





1
2 s i n x 
n
2 s i n ∣
2 ( s i n x 
n
s i n x  s
n
4
1
s i n x ∣
n 4
n
1 1  

 
4 1 8  
1

2 2 s i n x 
n  1
2 x  s i n x ∣
n  1 n
2 2 ) ( s i n x 
n  1
i n x
n  1 s i n x ∣
n
 s i n x  ∣
n  1
( n  1 ) ,

2
2 )
s i

 
n
1
4
x
n 
n

1
∣
∣
s i n x
1
 s i n x
0
∣
由于 n

 0
 1
4
 n 
收敛，故根据正项级数的比较判别法知，  sinx sinx 收敛，即
n1 n
n0
 
(sinx sinx )绝对收敛，所以 (sinx sinx )收敛.
n1 n n1 n
n0 n0

（2） (sinx sinx )的前n项和
n1 n
n0S
n
 s i n x
1
 s i n x
0
 s i n x
2
 s i n x
1
  s i n x
n  1
 s i n x
n
 s i n x
n  1
 s i n x
0
由（1）知道limS 存在，故
n
n
ln i m

x
n  1
存
记
在
为
c ，由题设，有 c 3  2 c  1 . 令
f(x) x32x1， x  0 ，则 f ( x )  3 x 2  2  0 ， f ( x ) 单调增加，又
f ( 0 )   1  0 ， f
 1
2

 0 ，故 c 是方程 x 3  2 x  1  0 的唯一正根.
6.【答案】

n
 1
(  1 ) n a 2n
【解析】

n
 1
(  1 ) n a
n
11 1
不一定收敛，例如： a  (1)nsin ，显然
n 2  n n  
0  a
n

1
n
，
而

n
 1
(  1 ) n a
n


n
 1
 ( 
2
1
n
) n

1
2
s i n
1
n

，因为

n
 1
( 
2
1
n
) n
收敛，而

n
 1
1
2
s i n
1
n
发散，所以
  (1)n 1 1
(1)na    sin 发散；
n  2n 2 n
n1 n1

 a 不一定收敛，例如
n
n1
a
n

( n
1
 1 ) 2
1
，显然0a  ，而
n n

n
 1
a
n


n
 1
n
1
 1
发散；

a 不一定收敛，例如：
n
n1
a
n

n
1
 1
，显然 0  a
n

1
n
，而

n
 1
a
n


n
 1
n
1
 1
发散；

n
 1
(  1 ) n a 2n 一定收敛，由 0  a
n

1
n
，得 0  a 2n 
1
n 2
，又

n
 1
1
n 2
收敛，所以

n
 1
a 2n 收
敛，即

n
 1
(  1 ) n a 2n 绝对收敛，所以

n
 1
(  1 ) n a 2n 一定收敛.
7.【答案】B
en en e n
【解析】因为  ~  ，而
3n 2n  2 n 3
3n 1  
 3 

n
 1
 e
3
 n
收敛，据比较判别法得（B）
收敛.因为
l n
1
3 n

l
3
n n

3
n
，而 n

 2
1
n
发散，据比较判别法得（A）发散.
因为 ln i m


3 
1
n

n
s i n
1
3 n
 ln i m


3 
1
n

n

1
3 n
 ln i m


1 
1
3 n

n

1
3 e
 0 ，据级数收敛
的必要条件知（C）发散.
又  1 1  nlnn e nlnnln    1 1 n    ~e nlnn    1 n    ~ 1 ，又   1 发散，故（D）发散.
 n n n
n2
8.【答案】（1）证明略；（2）证明略，级数和为 2
【解析】（1） (1  x  x 2 ) f ( x )  1 ，等式两边同时求导数
第一次求导： ( 1  x  x 2 ) f ( x )  (  1  2 x ) f ( x )  0
第二次求导：(1xx2)f(x)2(12x)f(x)(2)f(x)0
第三次求导： ( 1  x  x 2 ) f ( x )  3 (  1  2 x ) f ( x )  3 (  2 ) f ( x )  0
第四次求导： ( 1  x  x 2 ) f (4 ) ( x )  4 (  1  2 x ) f ( x )  6 (  2 ) f ( x )  0
依次类推，将最后一项 f ( x ) 变成 n 阶导需求导n2次
第 n  2 次求导：(1xx2)f(n2)(x)C1 (12x)f (n1)(x)C2 (2)f (n)(x)0
n2 n2
（最后一项的系数为
[ 1  2  3   ( n  1 )  n  ( n  1 ) ] (  2 ) 
( n  1  1
2
) ( n  1 )
(  2 )  C 2n
 2
(  2 ) ）
带入x0得： f(n2)(0)(n2)f(n1)(0)(n2)(n1)f(n)(0)0，故
(n2)!a (n2)!a (n2)!a 0，即
n2 n1 n
a
n  2
 a
n  1
 a
n
.
（2）由 a
0
 f ( 0 )  1 ， a
1
 f ( 0 ) 

(1
(

 1
x


2
x
x
2
)
2 )
|
x  0
 1 ，结合a a a 知当
n2 n1 n
n   时 a
n
  ，得S
n



n
k
 0
 1

a

1
a
0
a
0

a
k  1
a
k k 
1

a
2
1

a
1
2



1
a
n
n
k
 0
 1

a


 1
a
1
k
a

a

 2
a
k k
1
a
3
1
n  2



a
k
2

 
k
 1

a

2
2 ( n
n


0

 1

a
k
 1
 
a

4
 ) ,
a
1
k  2



a
1
n  1

a
1
n  1


 1
a
n

a
1
n  2

故 n

 0
a
a
n
n
a

n
1
 2
收敛于 2 .7-2综合测试
1.【答案】(x2 x1)ex
【解析】令 S ( x )  n

 0
n 2
n

!
1
x n （    x    ），则
 n2 1  n2  1
S(x) xn  xn  xn
n! n! n!
n0 n0 n0
 n2  n2  (n1)1
 xn ex  xn ex  xn ex
n! n! (n1)!
n0 n1 n1
 (n1)  1
 xn x xn1ex
(n1)! (n1)!
n1 n1
 1  1
 xn (x1)ex  x2 xn2 (x1)ex
(n2)! (n2)!
n2 n2
(x2 x1)ex
2.【答案】 2 ( 1  l n 2 )
 n  n
【解析】令S(x) xn1= xn1 ，（
n1 n1
n0 n1
 1  x  1 ）（首项是 0 ，所以从第二项
开始相加与从首项开始相加的结果是一样的），则
 
       x  x
S(x)nxn  xnxn1  x(xn)  x

xn

 x
 

  1x (1x)2
n1 n1 n1 n1
因为 S ( 0 )  0 ，所以
x t x 1 1  1
S(x)S(x)S(0)  dt    dt ln t1 x  x
 
0 (1t)2 0 t1 (t1)2  0 t1 0
 1  x
ln x1 1 ln x1
 
 x1  x1
 n 1
则  2S   2(1ln2).
(n1)2n 2
n1
3.【答案】A
 
【解析】因为 a (x2)n 在x6处条件收敛，所以级数 a xn 的收敛半径为R 4.
n n
n0 n0又因为级数 n

 0
n
a
n
 1
x n 与 n

 0
a
n
x n 有相同的收敛半径，所以 n

 0
n
a
n
 1
x n 的收敛半径为
R  4 ，于是 n

 0
n
a
n
 1
( x  2 ) 2 n 的收敛半径为 R  2 ，选（A）.
 1 1 
4.【答案】  , 
 2 2
 
【解析】由a 0(n1,2, )，级数 a 发散， (1)n1a 收敛知，级数
n n n
n1 n1

(1)n1a 条件收敛，即幂级数
n
n1

n
 1
a
n
t n 在 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 .
因此幂级数

n
 1
a
n
t n 

n
 1
a
n
2 n x 2 n 当 2 x 2  1 即 | x |
1
2
时收敛，当 2 x 2  1 ，即
1 1
x  时发散，则其收敛半径为 ，收敛区间为
2 2


1
2
,
1
2

．
当 x  
1
2
时，

n
 1
a
n
2 n x 2 n 

n
 1
a
n
发散，则幂级数

n
 1
a
n
2 n x 2 n 的收敛域为
 1 1 
  , ．
 2 2
5.【答案】


1
2
,
5
2

【解析】令 x 
1
2
 t
 1 3
，由题设知幂级数 a tn 在t 2  处发散，在
n 2 2
n1
1 3 3 3 3
t 1  处收敛，故其收敛半径R同时满足R  与R  ，即R  ．进而可
2 2 2 2 2
  3 3
得幂级数 a n tn 的收敛域为    2 , 2   ．
n1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 5
  x .
2 2
6.【答案】 [  1 , 1 ) ； S ( x ) 
2
x
 x
 l n ( 1  x )
【解析】分为两个幂级数分别考虑，分别利用公式
l n ( 1  t ) 

n
 1
(  1 n )
n
 1 t n
(  1  t  1 )
 1
， tn  (1t 1).
1t
n0
幂级数

n
 1
x
n
n
 

n
 1
(  1 ) n  1
n
(  x ) n
  l n ( 1  x ) (  1  x  1 ) ，收敛域为 [  1 , 1 ) ．
幂级数

n
 1
x
2
n
n

x
2

n
 1
 x
2
 n  1

x
2
n

 0
 x
2
 n

x
2
1
1

x
2

2
x
 x
(  2  x  2 )
收敛域为 (  2 , 2 ) ．
因此幂级数

n
 1
 1
n

1
2 n

x n 的收敛域为 [  1 , 1 ) ，和函数 S ( x ) 
2
x
 x
 l n ( 1  x ) ．
7.【答案】 c o s x  1  x s i n x ( x  (   ,   ) )
【解析】方法一：分解法并用公式
s i n x  n

 0
(  1 ) n
( 2
x
n
2 n

 1
1 ) !


n
 1
(  1 ) n  1
( 2
x
n
2 n

 1
1 ) !
( | x |   )
 x2n
cosx (1)n ,(x ). （1）
(2n)!
n0
 2n1  2n  x2n
S(x)(1)n x2n (1)n x2n (1)n
(2n)! (2n)! (2n)!
n1 n1 n1
 x2n  x2n
(1)n (1)n 1
(2n1)! (2n)!
n1 n0
 
xsinxcosx1( x )
方法二：逐项积分法并用公式（1）S ( x ) 

n
 1
(  1 ) n
2
(
n
2

n )
1
!
x 2 n ，

x
0
S ( t ) d t 



n
 1

n
 1
x ( c
(
(
o


s
1
1
)
)
x
n
n

2 n
( 2
2 x
( 2
1 )
 1
n ! )
n  1
n ) !


x
0
x
t 2

n d

n

t
0

( 

n

1 )
1
n
( 
x
( 2
n 1 )
2 n
n ) !
2
(

n
2
1

n

)
1
! 2 n
1
 1
t 2 n  1
x
0
求导得，S(x)[x(cosx1)]cosx1xsinx,(x )
8.【答案】 e
 12 x 2
( | x |   )
【解析】 S ( x )  n

 0
( 
(
1
2
)
n
n x
) !
2
!
n
( | x |   ) ，
S ( x ) 

n
 1
(  1
(
)
2
n
n
x 2

(n
2
 1 ) 
) ! !
x
  x n

 0
( 
(
1
2
)
n
n x
) !
2
!
n
  x S ( x )
S(0)1.
解初值问题
 S
S
(
( 0
x
)
) 
 1
x S ( x )  0
，两边乘 e
 xd x
 e
12 x 2
得

e
12 x 2
S ( x )


 0 ， S ( x )  C e
 12 x 2
.
由 S ( 0 )  1
 1 x2
得，C 1，故S(x)e 2 ．
ex 1 x x2 xn
9.【答案】（1）F(x) 1     （
x 2! 3! (n1)!
   x    且
x0）；
（2）1
dy 1 ex
【解析】（1）由xy yex得  y  ，解得
dx x xy 


e
x
x
e
 1x d x
d x  C

e
  1x d x

e x 
x
C
，
因为 l i m
x  0
y ( x )  1 ，所以C 1，于是
ex 1 x x2 xn
F(x) 1     （
x 2! 3! (n1)!
   x    且 x  0 ）.
（2）

n
 1
( n
n
 1 ) !
 [ F ( x ) ] 
x  1
 1 .
10.【答案】（1） f ( x )  e x
 x
2
2
 1

；（2）
3 e
2
【解析】（1）
 a  a (n1)  a  xn1
f(x) n xn1  n1 xn1  n xn1
(n1)! (n1)! (n1)! (n2)!
n1 n1 n1 n2
 a  xn
 n xn x  f(x)xex
n! n!
n0 n0
则 f ( x ) 满足的微分方程为 f ( x )  f ( x )  x e x ，
f ( x )    x e x e   d x d x  C  e    d x  e x  x
2
2  C  .
因为a 1，所以
0
f ( 0 )  1
 x2 
，从而C 1，于是 f(x)ex  1.
 2 
 a 3e
（2）  n  f(1) .
n! 2
n0
11.【答案】请参照解析
a n2
【解析】由lim n1 lim 1，得幂级数的收敛半径R 1，所以当
n a n n1
n
x  1 时，幂
  1  a  1  n2
级数 a xn 收敛. 由a   1  a ，即 n1   1  
n n1  n1 n a  n1 n1
n0 n
a n1 a a a n1 n 4 7
n  ，故a  n  n1   3 a (1)n     ，n3
a n n a a a 2 n n1 3 2
n1 n1 n2 2得 a
n

7
6
(  1 ) n ( n  1 ) （ n  3 ），所以
S ( x )  n

 0
a
n
x n  1  2 x 
7
2
x 2 

n
 3
7
6
(  1 ) n ( n  1 ) x n
由

n
 3
7
6
(  1 ) n ( n  1 ) x n 

7
6


n

7
6
( n
3

n
 3
[

( 
1 )
x
(
)

n 
x
1
n )
 ] 


7
6
7
6

n


3
1
( n
x

4

x
1

)

(

 1

) n
7
x
(
n
4
6

x
(1
3

7
6

x

 ( 
n  3
4 3 x )
2 )
1 ) n ( x n  1 ) 
得 S ( x )  1  2 x 
7
2
x 2 
7
6

1
x

4
x


 1  2 x 
7
2
x 2 
7 ( 4
6
x
(1
3


x
3
)
x
2
4 )
.
12.【答案】
1
2
( e x  e  x ) (    x    )
【解析】方法一：由 e x  n

 0
x
n
n
!
 n

 0
(
x
2
2
n
n
) !
 n

 0
( 2
x
n
2 n

 1
1 ) !
（1）
则 e  x  n

 0
(  1 )
n
n
!
x n
= n

 0
(
x
2
2
n
n
) !
 n

 0
( 2
x
n
2 n

 1
1 ) !
（2）
故上面（1）-（2）除2得， n

 0
( 2
x
n
2 n

 1
1 ) !

1
2
( e x  e  x ) .
方法二：易知该幂级数收敛半径 R    ．逐项求导两次得
S ( x )  n

 0
(
x
2
2
n
n
) !
，
 x2n1  x2(n1)1  x2n1
S(x)    S(x)
(2n1)! (2(n1)1)! (2n1)!
n1 n1 n0
又S(0)0， S ( 0 )  1 ，求 S ( x )
S(x)S(x)0,
转化为求解初值问题 易解得
S(0)0,S(0)1.
1
S(x) (ex ex)．
213.【答案】 l n 2 

n
 1
1
n

(  1 ) n  1
3
2
n
n
 1

x n


2
3
 x 
2
3

【解析】用分解法转化为用公式
l n (1  t ) 

n
 1
(  1 ) n  1
n t
n
(  1  t  1 ) ，
求 l n ( a  b x ) 的展开式．
由 2  x  3 x 2  (1  x ) ( 2  3 x ) ，得
f ( x )  l n [ (1  x ) ( 2  3 x ) ]  l n (1  x )  l n ( 2  3 x )
 

n
 1
x
n
n
 l n 2  l n

1 
3
2
x

 

n
 1
x
n
n
 l n 2 

n
 1
(  1 ) n  1
3
2
n
n
x
n
n
 l n 2 

n
 1
1
n

(  1 ) n  1
3
2
n
n
 1

x n ,


2
3
 x 
2
3

．
14.【答案】 f ( x )  n

 0
(  1 ) n
( 2 n 
2 (n x
1 ) (

2
1 )
n  2 )
, x  [  1 , 1 ]
【解析】设g(x)arctanx，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
由ln(1x)(1)n1 ,(1 x1)得，
n
n1l n (1  x 2 ) 

n
 1
(  1 ) n  1
x 2
n
n
，（  1  x  1 ），
故
1  (1)n 1  x2n
f(x) xarctanx ln(1x2) x x2n1 (1)n1
2 2n1 2 n
n0 n1
 (1)n  x2n2  x2n2
 x2n2 (1)n (1)n (1 x1)
2n1 2(n1) (2n1)(2n2)
n0 n0 n0
15.【答案】（Ⅰ）
2
1
n  1
；（Ⅱ）
4
3
【解析】先根据题意作出草图（如图所示）.
（1）由 y  x 2 ，得y 2x. 对于任意 a ( 0  a  1 ) ，抛物线 y  x 2 在点 ( a , a 2 ) 处的切线
方程为
ya2 2a(xa)，
且该切线与 x 轴的交点为
 a
2
, 0

，故由OP 1，可见
1
1 1
OP  OP  ，
2 2 1 2
1 1 1 1
OP  OP    ，
3 2 2 2 2 22O P
n

2
1
n  1
.
（2）由于 Q
n
P
n
 ( O P
n
) 2 
 1
2
 2 n  2   1 2n2 1 4
，可见 Q P      .
n n 2 1 2 3
n1 n1
1
 
2
2  x 3 1
16.【答案】（1）略；（2）y(x) e 2 cos x ex( x)
3 2 3
【解析】因为
y ( x )  1 
x
3
3
!

x
6
6
!

x
9
9
!
 
(
x
3
3
n
n
) !
 ，
x2 x5 x8 x3n1
y(x)      ，
2! 5! 8! 3n1!
y ( x )  x 
x
4
4
!

x
7
7
!
 
( 3
x
n
3 n

 2
2 ) !
 ，
所以 y   y   y  e x .
（Ⅱ）与 y   y   y  e x 相应的齐次微分方程为 y   y   y  0 ，其特征方程为
r2 r10，特征根为 r1
,2
 
1
2

2
3
i . 因此齐次微分方程的通解为
Y  e
 x2 
C
1
c o s
2
3
x  C
2
s i n
2
3
x

.
设非齐次微分方程的特解为 y   A e x
1
，将y代入方程y y yex得A ，于
3
1
是 y  ex . 方程通解为
3
y  Y  y   e
 x2 
C
1
c o s
2
3
x  C
2
s i n
2
3
x


1
3
e x .
 1
y(0)1C  ,
  1 3
当x0时，有
1 3 1

y(0)0 C  C  .
 2 1 2 2 3由此，得 C
1

2
3
， C
2
 0 .
于是幂级数 n

 0
(
x
3
3
n
n
) !
2  x 3 1
的和函数为y(x) e 2 cos x ex( x).
3 2 3
17.【答案】（1） S ( x )  x S ( x ) 
x
2
3
, S ( 0 )  0 ；（2） S ( x )  e
2 x2

x
2
2
 1 (    x    )
【解析】（1）易见S(x)0，且幂级数的收敛域为(,)，在(,)上逐项求
导，得 S ( x ) 
x
2
3

2
x 5
 4

2
x
 4
7
 6
  x
 x
2
2

2
x 4
 4

2
x
 4
6
 6


 x
 x
2
2
 S ( x )

因此 S ( x ) 是初值问题 y   x y 
x
2
3
, y ( 0 )  0 的解.
x3
（2）方程y xy 的通解为
2
y  e
   x d x 

x
2
3
e
  x d x
d x  C

 
x
2
2
 1  C e
2 x2
由初始条件 y ( 0 )  0 ，得 C  1
x2 x2
. 故y  e2 1，因此和函数
2
x2 x2
S(x) e2 1( x)
2
18.【答案】（1）证明略；（2）y 
xex2
【解析】（1）方程 y   2 x y   4 y  0 两端对x求 n 阶导数，得
y (n  2 )  2 x y (n  1 )  2 ( n  2 ) y (n )  0 .
令x0，得 y (n  2 ) ( 0 )  2 ( n  2 ) y (n ) ( 0 )  0 ，即
(n2)!a 2(n2)n!a 0 ，
n2 n
故 a
n  2

n
2
 1
a
n
， n  1 , 2 , .
 y 
（2）因为a  y(0)0，y a xn ，所以 a xn1 . 两边求导，得
0 n x n
n0 n1
 y  
  (n1)a xn2 (n1)a xn .
 x n n2
n2 n0

 y 
由于(n1)a 2a ，所以  2a xn 2y，即函数
n2 n  x n
n0
y ( x ) 满足方程

 y
 
2y 0.
 x
y
令u(x) ，则上述方程变为
x
u   2 x u  0 ，解得 u  C e x 2 ，从而 y  C x e x 2 . 由
y(0)1得 C  1 ，所以 y  C x e x 2 .
19.【答案】C
【解析】对函数 f(x)进行偶延拓，使 f ( x ) 在 (  1 , 1 ) 上为偶函数，再进行周期为2的周期
延拓，然后把区间延拓和周期延拓后的函数展开成傅里叶级数，傅里叶级数的和函数为
S(x)，则 S


5
2

 S

2 
5
2

 S


1
2

 S
 1
2


1
2

f
 1
2
 0

 f
 1
2
 0
 

3
4
选（C）.
20.【答案】
n
1
2 π 2
[ (  1 ) n  1 ] ( n  1 , 2 , )
1 l nπ
【解析】这是求傅里叶系数的问题，按公式a   f(x)cos xdx.
n l l l
取 l  1 ，得
a
n





n
1
 1
1
x
0
1
2 π
f
c
2
( x )
o s
c o
c
n
s
o
π
n
s
x
π
n
d
x
π
x
1
0
x

d

x
1
n π
n


1
2 π
2

0
1
x
0
[
2
f ( x )
d ( s i n
n (  1 )
c o s n
n π x )
 1 ]
π x

(
d

n
x
n


1
π
1
1

0
1

0
, 2 ,
f
s
(
i n
x
n
)
)
π
c o
x d
s
x
n π x d x  
2
1
f ( x ) c o s n π x d x7-2拓展提升
1.【答案】B
【解析】因为 a
n
 0 ， n

 0
a
n
(  4 ) n 条件收敛，所以 n

 0
a
n
x n 的收敛半径为R 4，且收敛
域为 [  4 , 4 ) . 由此可知， n

 0
a
n
x 2 n  1 的收敛半径为 R  2 ，收敛域为 (  2 , 2 ) . 故

a (x2)2n1的收敛域为(0,4). 故答案选（B）.
n
n0
2.【答案】收敛域为(1,1)，和函数为：
2xx2 4x 4
 (n1)2   4 ln(1x), 1 x0,0 x1
s(x) xn (1x)2 1x x
n1
n1  0, x0.
(n1)2
n1
【解析】lim 1，故收敛半径为
n n2
n2
R  1 ，当 x   1 时， ln i m

( n
n


1 )
1
2
x n   ，级
数发散，故收敛域为 (  1 , 1 ) .
设对  x  (  1 , 1 ) ，
s ( x ) 


n
 1

n
 1
(
(
n
n
n



1 )
1
1 )
2
x
x
n
n


4

n


n

1
1
(
x
n
n


1
4
2 )

n


n
1
4

n
( n
1
1
 1

x
1
n
)  4
x n
其中，

n
 1
( n  1 ) x n 
 
n
 1
x n  1




1
x

2
x



2
(1
x


x
x
)
2
2
，

n
 1
x n 
1
x
 x
，
当 x  0
 1 1  1 f(x)  x
时，  xn   xn1  ， f(x)xn 
n1 x n1 x 1x
n1 n1 n1
x
所以 f(x)  dx xln(1x)C. 又因 f(0)0，所以 f(x)xln(1x)，
1x
故
n
 1
n
1
 1
x n 
 x  l n
x
(1  x )
  1 
1
x
l n (1  x )
综上所述
2xx2 4x 4
 (n1)2   4 ln(1x), 1 x0,0 x1
s(x) xn (1x)2 1x x
n1
n1  0, x0.
3.【答案】 (  1 , 3 ] ； S ( x ) 
 
0
x
,
 2 l n (1 
x
x )  1
 1
 2 l n 2
, x
x


(
1

.
1 , 1 ) (1 , 3 ]
【解析】 ln i m
a
n
a
n
1 ln i m
( n
( 1
2
)
)
n 1
2 n 1 ( n
( 1
1
)
)
n
2 n
1
2
 
 
 
  





 
 ，所以幂级数的收敛半径为
R  2 ，收敛区间为(1,3). 当 x   1 时，幂级数成为

n
 1
n
1
 1
，发散；当 x  3 时，级
数成为

n
 1
( 
n
1

n )
1
，收敛. 所以幂级数的收敛域为 (  1 , 3 ] . 记
S ( x ) 

n
 1
( n
( 

1
1
)
)
n
 2 n
( x  1 ) n ,  1  x  3
则 ( x  1 ) S ( x ) 

n
 1
( n
( 

1
1
)
)
n
 2 n
( x  1 ) n  1 ， [ ( x  1 ) S ( x ) ]  

n
 1
( 
2
1 )
n
n
( x  1 ) n 
1
1


x
x
.
上式从1到 x
x x1t
的积分可得： [(t1)S(t)]dx  dt，即
1 1 1t
(x1)S(x)x2ln(1x)12ln2
所以 S ( x ) 
 
0
x
,
 2 l n (1 
x
x )  1
 1
 2 l n 2
, x
x


(
1

.
1 , 1 ) (1 , 3 ]
.
 cosx sinx 1
   , x0,
4.【答案】收敛域为(,)，和函数为S(x) 2x2 2x3 6
 0, x0.【解析】记 u
n
( x ) 
2 ( 2 n
( 

n 1 )
3 ) (
x
2
2 n
n  1 ) !
，则
ln i m

u
n
u

n
1
(
(
x
x
)
)


l i m
n 
l i m
n 

 (
2
2
[ 2
n
(

n
5

x
)
(  1 )
1 ) 
2
( 2 n
n 
3

1
]
2
2 x
[ 2
)
(n  1 )
( n 
 0
1 )  1 ] !

2 ( 2 n
(


3 ) (
n 1 )
2
x
n
2 n
 1 ) !
故收敛域为(,).
令 S ( x ) 

n
 1
2 ( 2 n
( 

n 1 )
3 ) (
x
2
2 n
n  1 ) !
 (1)nx2n3
，则x3S(x)
2(2n3)(2n1)!
n1
[ x 3 S ( x ) ]




n

x
2
1

( 
2

n

n 1 )
( 2 n
( 
(
0
x

1
2
2 n 
1 )
n ) x
n 
2
!
2
1

n 
) !
1
x
2


n

x
1

( 
(

1 )
2 n
x
2
n x

( s
2
1
i n
n
)
 1
!
x  x ) .
当x0时，由于 x 3 S ( x )  
x
0
t
2
( s i n t  t ) d t  
1
2
x c o s x 
1
2
s i n x 
x
6
3
故 S ( x ) 


0 ,
c o
2
s
x
x
2

s i
2
n
x
x
3

1
6
, x
x


0
0
,
.
5.【答案】（1）略；（2）s(x)ex e2x xex
【解析】（1） s ( x )  n

 2
n ( n  1 ) a
n
x n  2  n

 0
( n  2 ) ( n  1 ) a
n  2
x n ，
 
s(x)na xn1 (n1)a xn ，
n n1
n1 n0
e x  n

 0
x
n
n
!
因为 ( n  2 ) ( n  1 ) a
n  2
 3 ( n  1 ) a
n  1
 2 a
n

1
n !
，所以  
s(x)3s(x)2s(x)(n2)(n1)a xn 3(n1)a xn 2a xn
n2 n1 n
n0 n0 n0

[(n2)(n1)a 3(n1)a 2a ]xn
n2 n1 n
n0
 xn
 ex
n!
n0
（2）二阶常系数齐次方程的特征方程为 r 2  3 r  2  0 ，特征方程的根为 r1  1 ，
r 2，故齐次方程的通解为
2
y
0
( x )  C
1
e x  C
2
e 2 x ，设非齐次方程的特解为
y * ( x )  a x e x ，代入方程可得 a   1 ，故非齐次方程的通解为
s ( x )  C
1
e x  C
2
e 2 x  x e x ，代入初值 s ( 0 )  a
0
 2 ， s ( 0 )  a
1
 2 ，解得C C 1，
1 2
从而s(x)ex e2x xex.
6.【答案】（1） S ( x )  1 
e x 
2
e  x
；（2） a
n

( 2
1
n ) !
 1
， a  (ee1)1
n 2
n1
【解析】（1）由已知，显然 S ( 0 )  2 ，解一阶线性微分方程
 S
S
(
( 0
x
)
) 

S
2 ,
( x )  e x  1 ,
利用一阶线性微分方程的公式法，得
S ( x ) 

e
e



x
1 d

x
1
2
 
e
e
2 x
 1
+
d x
e
( e
x
x


C
1 )

d

x 
1
2
C
e x

+

1
e


C
x 
e

 x
( e 2 x  e x ) d x  C 
由S(0)2，得 C 
1
2
，因此 S ( x )  1 
e x 
2
e  x
.
（2）将 S ( x )  1 
e x 
2
e  x
展开为 x 的幂级数，有
1  xn  (x)n 1  1(1)n
S(x)1

 

1  xn,x(,).
2 n! n!  2 n!
n0 n0 n0
由已知1 
1
2
n

 0
1  (
n

!
1 ) n
x n  2 

n
 1
a
n
x 2 n
即
1 
1
2

2 

n
 1
1  (
n

!
1 ) n
x n

 2 

n
 1
a
n
x 2 n
故
1
2

n
 1
1  (
n

!
1 ) n
x n 

n
 1
a
n
x 2 n
当 n  2 k  1 时， 1  (  1 ) n  0 ；当 n  2 k 时，故 1  (  1 ) n  2
1  2 
 x2n a x2n
2 (2n)! n
n1 n1
即 a
n

( 2
1
n ) !
 1
. 由已知S(x)2 x2n 令
(2n)!
n1
x  1 ，有
 1 1
 S(1)2 (ee1)1.
(2n)! 2
n1
7.【答案】
1
2
( 1  l n 2 )
 1
【解析】考虑幂级数  xn2 ，
(n1)(n2)
n0
R  l i
n 
m

(
(
n
n


1
2
1
) ( n
1
) ( n


2
3
)
)
 1 ，故级数
 1
 xn2 的收敛区间为(1,1). 易知
(n1)(n2)
n0
 1  1  1
 xn2  xn2  xn2
(n1)(n2) n1 n2
n0 n0 n0
由于
 1  xn1  xn
 xn2  x  x xln(1x)，
n1 n1 n
n0 n0 n1n

 0
n
1
 2
x n  2 

n
 1
x
n
n
 x   l n ( 1  x )  x
所以 n

 0
( n  1
1
) ( n  2 )
x n  2   x l n (1  x )  l n (1  x )  x  (1  x ) l n (1  x )  x ，
因此 n

 0
( n  1
1
) ( n  2 )

2
1
n  2


1 
1
2

l n

1 
1
2


1
2

1
2
(1  l n 2 ) .
8.【答案】
8
3
【解析】方法一：
f(x)cos4 xsin4 x(cos2 xsin2 x)2 2sin2 xcos2 x
1 1cos4x 3 1
1 sin22x1   cos4x
2 4 4 4
1  (1)n16nx2n
1 
4 (2n)!
n1
1 (1)2162 8
故a    .
4 4 4! 3
3 1  f (n)(0)
方法二： f(x)cos4 xsin4 x  cos4x xn ，所以
4 4 n!
n0
f(4)(0) 1 64 8
a   64cos(0)  .
4 4! 4! 4! 3
9.【答案】
1
2
n

 0
(  1 ) n n ( x  1 ) n ( 0  x  1 ) .
【解析】由 ln i m

( 
(
1

n )
1

)
1
n
(
(
2
2
n
n


3
1
)
)
(
(
2
2
x
x


1
1
)
)
n
n
 1
 ∣ 2 x  ∣1  1 解得0 x1，又x0时

(2n1)发散，
n0
x  1 时 n

 0
(  1 ) n ( 2 n  1 ) 发散，故收敛域为(0,1).

设 (1)n(2n1)(2x1)n S(x)，则
n0 
S(x)2(1)n(n1)(2x1)n (1)n(2x1)n
n0 n0

   
 (1)n(2x1)n1 (1)n(2x1)n
 
 
n0 n0
   
 2x1  1 1  1 1
    2  
   
1(12x) 1(12x) 2 x x
 
  
1  1  1
   
 
21(1x) 1(1x)
 
  
1    
  (1)n1(x1)n (1)n1(x1)n1 (0 x1)
 
2  
 n0 n1 
1   
 (1)n1n(x1)n1(1)n1(x1)n1
 
2 
n1 n1
1  1 
 (1)n1(n1)(x1)n1  (1)nn(x1)n(0 x1).
2 2
n1 n0
10.【答案】 n

 0
(  1 ) n 2 n  1 ( 2 n  1 )

x 
1
2
 n
( 0  x  1 )

【解析】易知幂函数 (1)nn(x1)n 的收敛域为
n1
( 0 , 2 ) ，设其和函数为 S ( x ) ，则

   
S(x)(1)nn(x1)n (x1) (1)n(x1)n
 
 
n1 n1

 (x1)  1x 1 1
(x1)    (0 x2).
 
1(x1) x2 x2 x
由基本公式
1
1
 x
 n

 0
(  1 ) n x n (  1  x  1 ) ，得
1 1 1
 2
x 1  1  1
 x 12 x
   
2  2  2
   1 n   1 n
2(1)n 2 x (1)n2n1 x (0 x1),
    
  2  2
n0 n01
x 2
 
 1
x
 
 

n

 0
(  1 ) n 2 n  1

x 
1
2
 n 



n
 1
(  1 ) n  1 2 n  1 n

x 
1
2
 n  1
( 0  x  1 ) .
于是
S ( x ) 



n


n


n

1
0
0
(
(
(



1
1
1
)
)
)
n
n
n
 1
2
2
2
n
n


n  1 n
2 ( n
1 ( 2 n


x
1



)

1 )
1
2
x



x
n


1
2
1
1
2

 n


n
 0
 
n
n
( 0
(



0

1
(
)

x
n
1

2
)
n
n
1

2
)

1

n 
.
x
1


x
1
2

n 
1
2
 n
11.【答案】 f ( x )  n

 0
 ( 
4
1
n
n )
 1

n
2

n 
1
2

( x  1 ) n (  1  x  3 )
【解析】由于
1
1
 x
 n

 0
(  1 ) n x n (  1  x  1 ) ，因此
1 1 1 1 1   x1 n
  ·  (1)n
 
x3 4(x1) 4 x1 4  4 
1 n0
4
 (1)n
 (x1)n(3 x5)
4n1
n0
1 1 1 1 1   x1 n
    (1)n
 
x3 2(x1) 2 x1 2  2 
1 n0
2
 1
 (x1)n(1 x3)
2n1
n0
 
1  1    1   n
    (x1)n  (x1)n1
   
(x3)2  x3  2n1  2n1
n0 n1
 n1
 (x1)n(1 x3)
2n2
n0
于是f ( x ) 

x
n
1


 0
3
 (


4
( x
n 1 )
n  1
1


3 )
n
2
2

n 

1
2

n


(

0
x
(


4
n 1 )
n  1
n 1 ) (
(

x
1


1 )
x
n


3

n

)
0
n
2

n 
1
2
( x  1 ) n
12.【答案】
3 π
8
【解析】由 a
0

2
π

π
0
f ( x ) d x 
2
π

π2
0
x d x 
2
π

π
π2
2 ( π  x ) d x 
π
4

π
2

3 π
4
，可得 f(x)周
期为 2 π 的余弦展开式为
a
2
0 

n
 1
a
n
c o s n x 
3 π
8


n
 1
a
n
c o s n x ，由狄利克雷收敛性定理
知
S ( x ) 

f
f
f
( x

( x
)
π
2
)



3

3
π
8

2
π
8
,
f
,
  π
2


3 π
,
8
0
x
π
2



x
π
2
x

,

π
2
π
,
.


x
3
1

π
8
3
8
π
3 π
8
,

, 0
x
π
2 x ,
2



x
π
2
x

,

π
2
π
,
.
，因此
3  3   1  1  3π
S  π  S  π2π  S   π  S  π   .
2  2   2  2  8
13.【答案】A
【解析】将 f ( x )  x 2 , x  (  π , π ) 展开为傅里叶级数，因为
a
n



2
π

4
n
π

0
2
n π
c
2
2 x c o
π
 2 x
0
o s n π
s n x d x
s i n n x
 (  1 )

d
n
n
x
4
n
2
π

2

n
π
0
4
2
x
π
2 d (
π

0
s
x
i
d
n
c
n
o
x
s
)
n

x
n

2
π
n
(
4
2
x
π
2 s i
( x
n
c
n
o
x
s n
π0
x
a


0
π

0
π 
0
2

2
π
x
π
0
π

0
s i n
c o s
x 2
n
n
d
x
x
x
d
d

x )
x )
2 π
3
2
π2  4
所以在(π,π)内 f(x) x2的傅里叶级数为 (1)n cosnx x2 ，从而
3 n2
n1S ( x ) 

n
 1
(  1
n
)
2
n 4
c o s n x  x 2 
π
3
2
，故选项（A）正确.
14.【答案】展开式为：
f ( x ) 
e 2 π
2

π
1


n
 1
π
e
(
2
1
π


n
1
2 )
( c o s n x  n s i n n x ) ,    x    , x  2 k π , k  0 ,  1 ,  2 ,
 1 (e2π 1)π 1
   .
1n2 2(e2π 1) 2
n1
【解析】 a
0

1
π

2
0
π
e x d x 
e 2 π
π
 1
，
1 2π 1 | e2π 1
a   excosnxdx ex(cosnxnsinnx) 2π ，
n π 0 π(1n2) 0 π(1n2)
1 2π 1 | (e2π 1)n
b   exsinnxdx ex(sinnxncosnx) 2π , n1,2, ，
n π 0 π(1n2) 0 π(1n2)
所以有
f ( x ) 
e 2 π
2

π
1


n
 1
π
e
(
2
1
π


n
1
2 )
( c o s n x  n s i n n x ) ,    x    , x  2 k π , k  0 ,  1 ,  2 , .
在 x  2 k π 处，上述级数收敛于
1
2
[ f ( 0  )  f ( ( 2 π )  ) ] 
e 2 π
2
 1
.
在级数
e 2 π
2

π
1


n
 1
π
2 e
(1
π


n
1
2 )
( c o s n x  n s i n n x ) 中取 x  0 ，可得
e2π 1  e2π 1 e2π 1
  ，由此可解得
2π π(1n2) 2
n1

n
 1
1 
1
n 2

e 2
π
π  1
 e 2 π
2
 1

e 2 π
2

π
1 

(
2
e
(
2 π
e 2

π
1

)
1
π
)

1
2
.