无穷级数习题及解答w

1无穷级数例题选解1．判别下列级数的敛散性：212111111!21(1)sin;(2)ln(1);(3);(4)()32nnnnnnnnnnnn2．判别下列级数是绝对收敛，条件收敛，还是发散？（1）2111(1)[]3nnnnn；（2）21cos3nnnn；（3）111(1)lnnnnn。3．求幂级数01(1)nnnx的收敛区间。4．证明级数1!nnnnxn当||xe时绝对收敛，当||xe时发散。5．在区间(1,1)内求幂级数11nnxn的和函数6．求级数222)1(1nnn的和。7．把()arctanfxx展开成x的幂级数，并求级数0(1)3(21)nnnn的和8．设11112,()2nnnaaaa（1,2,n）证明1）limnna存在；2）级数11(1)nnnaa收敛。9．设40tannnaxdx，1）求211()nnnaan的值；2）试证：对任意的常数0，级数1nnan收敛。10．设正项数列}{na单调减少，且1)1(nnna发散，试问111nnna是否收敛？并说明理由。11．已知222111358，计算1011ln1xdxxx。12．计算48371115!9!3!7!11!。2参考答案：1．解：（1）2211sinnn，而121nn收敛，由比较审敛法知121sinnn收敛。（2）)(1~)11ln(nnn，而11nn发散，由比较审敛法的极限形式知1)11ln(nn发散。（3）ennnnnnuunnnnnnnn11lim!)1()!1(limlim11，1，由比值审敛法知1!nnnn收敛。（4）9423122312limlim12nnnnnnnnnu，1，由根值审敛法知1122312nnnn收敛。2．解：（1）对于级数1213)1(nnnn，由31||||lim1nnnuu，知级数1213)1(nnnn绝对收敛，易知111)1(nnn条件收敛，故2111(1)[]3nnnnn条件收敛。（2）nnnunnn3|3cos|22，由31lim1nnnuu，知级数123nnn收敛，故21cos3nnnn绝对收敛。（3）记nnunln1，nun1，而11nn发散，故1nnu发散，令xxxfln)(，xxf11)(，当1x时，0)(xf，故)(xf在区间),1(内单调增加，由此可知1nnuu，又0limnnu，故111(1)lnnnnn收敛，但非绝对收敛，即为条件收敛。3．解：收敛半径为112lim||lim1nnaaRnnnn，当2x时，得级数011nn，发散；当0x时，得交错级数01)1(nnn，收敛。3所求收敛区间为[0,2)。4．证：收敛半径ennnnnRnnnnn11lim)!1()1(!lim1，当||xe时幂级数绝对收敛，当ex||时幂级数发散，当ex||时，得级数1)(!nnnenn，nnnennu!||，nnnneuu)11(||||1，因nnnx)11(单调增加，且exnnlim，故exn，于是得||||1nnuu，由此0limnnu，故级数1)(!nnnenn发散。5．解：设1)(nnnxxs（11x），0)0(s，11)(nnxxsx11，xdxxssxs0)()0()(xdxx011)1ln(x，11)1ln()(nnxxxxsnx（11x）。6．解：设221)(nnnxxs（11x），则2111121)(nnxnnxs，其中121nnnnnxxnx，3211nnnnnxxnx（0x）。设1)(nnnxxf，则1111)(nnxxxf，于是xdxxffxf0)()0()(xdxx011)1ln(x，从而]2)1ln([21)]1ln([2)(2xxxxxxxs)1ln(21422xxxx（0,1||xx）。因此222)1(1nnn)21(s2ln4385。7．解：022)1(11)(nnnxxxf（1||x），012002012)1(])1([)()0()(nnnxnnnxnxdxxdxxffxf（1||x），4因)(xf在点1x处连续，而01212)1(nnnnx在点1x处收敛，从而01212)1()(nnnnxxf（1||x）。于是0(1)3(21)nnnn63)31(33112)1(3120fnnnn。8．证：1）因11)1(211nnnnnaaaaa，021)1(2121nnnnnnnaaaaaaa，故}{na是单调减少有下界的数列，所以nnalim存在。2）由（1）知111110nnnnnnnaaaaaaa，记1111)(nnkkknaaaas，因1limnna存在，故nnslim存在，所以11)(nnnaa收敛，由比较审敛法知11(1)nnnaa收敛。9．证：1）因为4022)tan1(tan1)(1dxxxnaannnn)1(1sectan1402nnxdxxnn，111)1(1)(1112nkkaaksnknkkkn，所以211()nnnaan1limnns。2）因为112naaannn，所以11)1(1nnnnan，由11知111nn收敛，从而1nnan收敛。10．解：级数111nnna收敛。理由：由于正项数列}{na单调减少有下界，故nnalim存在，记nnaalim，则0a。若0a，则由莱布尼兹定理知1)1(nnna收敛，与题设矛盾，故0a。因为11111limaann，由根值审敛法知级数111nnna收敛。511．解：由11)1()1ln(nnnxnx（1||x），得1111)1()1ln()1ln(11lnnnnnnxnxnxxxx0121212nnxn1011ln1xdxxx1002]121[2dxxnnn0224)12(12nn。12．解：由012)!12()1(sinnnnxnx，得0sin)!12()1(012nnnn，于是014)!14(1nnn034)!34(1nnn，从而48371115!9!3!7!11!1)!34()!14(1034014nnnnnn。