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 .