(1)常数项级数：
①同号级数：正项级数、负项级数
②变号级数：交错级数、任意项级数
(2)函数项级数：
①幂级数
②三角级数：傅里叶级数
级数的前 n n n 项和 称为 级数的部分和： S n = u 1 + u 2 + . . . + u k + . . . + u n = ∑ k = 1 n u k S_n=u_1+u_2+...+u_k+...+u_n=sumlimits_{k=1}^nu_k Sn=u1+u2+...+uk+...+un=k=1∑nuk
(常数项)无穷级数，简称(常数项)级数，记为 ∑ k = 1 ∞ u k sumlimits_{k=1}^∞u_k k=1∑∞uk：
∑ k = 1 ∞ u k = u 1 + u 2 + . . . + u k + . . . + u n + . . . = lim n → ∞ ∑ k = 1 n u k = lim n → ∞ S n sumlimits_{k=1}^∞u_k=u_1+u_2+...+u_k+...+u_n+...=limlimits_{n→∞}sumlimits_{k=1}^nu_k=limlimits_{n→∞}S_n k=1∑∞uk=u1+u2+...+uk+...+un+...=n→∞limk=1∑nuk=n→∞limSn
第 n n n项 u n u_n un 称为级数的一般项
(1)如果级数 ∑ i = 1 ∞ u i sumlimits_{i=1}^∞u_i i=1∑∞ui 的部分和数列 { s n } {s_n} {sn}有极限s，即 lim n → ∞ s n = s limlimits_{n→∞}s_n=s n→∞limsn=s，那么称无穷级数 ∑ i = 1 ∞ u i sumlimits_{i=1}^∞u_i i=1∑∞ui 收敛。这时极限 s s s叫做这级数的和，并写成 s = u 1 + u 2 + . . . + u i + . . . s=u_1+u_2+...+u_i+... s=u1+u2+...+ui+...
(2))如果级数 ∑ i = 1 ∞ u i sumlimits_{i=1}^∞u_i i=1∑∞ui 的部分和数列 { s n } {s_n} {sn}没有极限，那么称无穷级数 ∑ i = 1 ∞ u i sumlimits_{i=1}^∞u_i i=1∑∞ui 发散。
例题1：24李林六(二)12. 无穷级数的定义：前n项和的极限
分析：
答案： 4 e dfrac{4}{e} e4
例题2：19年17. 定积分的几何应用：求平面图形的面积、级数求和
分析：见李艳芳解析
答案： 1 2 + 1 e π − 1 = e π + 1 2 ( e π − 1 ) dfrac{1}{2}+dfrac{1}{e^π-1}=dfrac{e^π+1}{2(e^π-1)} 21+eπ−11=2(eπ−1)eπ+1
例题3：880 P46 二(3)(4)(6)
lim n → ∞ ∑ k = 1 n = ∑ k = 1 ∞ limlimits_{n→∞}sumlimits_{k=1}^n=sumlimits_{k=1}^∞ n→∞limk=1∑n=k=1∑∞
例题4：用级数的概念判别敛散性(可以写成前n项和的形式)
答案：
①收敛 ± 收敛 = 收敛
②收敛 ± 发散 = 发散
③发散 ± 发散 = 不确定
推论： ∑ n = 1 ∞ u n sumlimits_{n=1}^∞u_n n=1∑∞un收敛，则 ∑ n = 1 ∞ u n + 1 sumlimits_{n=1}^∞u_{n+1} n=1∑∞un+1也收敛
证明： ∑ n = 1 ∞ u n + 1 = ∑ n = 2 ∞ u n = ∑ n = 1 ∞ u n + 1 − u 1 sumlimits_{n=1}^∞u_{n+1}=sumlimits_{n=2}^∞u_n=sumlimits_{n=1}^∞u_{n+1}-u_1 n=1∑∞un+1=n=2∑∞un=n=1∑∞un+1−u1，收敛
反例： u n = 1 n u_n=dfrac{1}{n} un=n1
等比级数(几何级数)： ∑ n = 0 ∞ a q n = { a 1 − q ( 收敛 ) ， ∣ q ∣ < 1 ∞ ( 发散 ) ， ∣ q ∣ ≥ 1 sumlimits_{n=0}^∞aq^n=left{begin{aligned} dfrac{a}{1-q} (收敛)，& |q|<1\ ∞ (发散)，& |q|≥1 end{aligned}right. n=0∑∞aqn=⎩ ⎨ ⎧1−qa (收敛)，∞ (发散)，∣q∣<1∣q∣≥1
例： s 1 ( x ) = ∑ n = 1 ∞ e − n x s_1(x)=sumlimits_{n=1}^∞e^{-nx} s1(x)=n=1∑∞e−nx。当 ∣ e − x ∣ < 1 |e^{-x}|<1 ∣e−x∣<1，即 x > 0 x>0 x>0 时，由几何级数的求和公式可得 s 1 ( x ) = e − x 1 − e − x = 1 e x − 1 s_1(x)=dfrac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=dfrac{1}{e^x-1} s1(x)=1−e−xe−x=ex−11。该级数收敛， s 1 ( x ) s_1(x) s1(x)的收敛域为 ( 0 , + ∞ ) (0,+∞) (0,+∞) 【21年18.】
p级数： ∑ n = 1 ∞ 1 n p sumlimits_{n=1}^∞dfrac{1}{n^p} n=1∑∞np1 { p > 1 ，收敛 0 < p ≤ 1 ，发散 left{begin{aligned} p>1&，收敛 \ 0<p≤1 &，发散 end{aligned}right. {p>10<p≤1，收敛，发散
p=2时， ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 = π 2 6 sumlimits_{n=1}^∞dfrac{1}{n^2}=dfrac{π^2}{6} n=1∑∞n21=6π2
调和级数： ∑ n = 1 ∞ 1 n = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . = ∞ sumlimits_{n=1}^∞dfrac{1}{n}=1+dfrac{1}{2}+dfrac{1}{3}+...+dfrac{1}{n}+...=∞ n=1∑∞n1=1+21+31+...+n1+...=∞ 发散
交错调和级数： ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n = 1 − 1 2 + 1 3 + . . . + ( − 1 ) n − 1 1 n + . . . = ln 2 sumlimits_{n=1}^∞(-1)^{n-1}dfrac{1}{n}=1-dfrac{1}{2}+dfrac{1}{3}+...+(-1)^{n-1}dfrac{1}{n}+...=ln2 n=1∑∞(−1)n−1n1=1−21+31+...+(−1)n−1n1+...=ln2 收敛
交错p级数： ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n p sumlimits_{n=1}^∞(-1)^{n-1}dfrac{1}{n^p} n=1∑∞(−1)n−1np1 { p > 1 ， 绝对收敛 0 < p ≤ 1 ， 条件收敛 p < 0 ， 发散 left{begin{aligned} p>1， & 绝对收敛 \ 0<p≤1， & 条件收敛 \ p<0，&发散 end{aligned}right. ⎩ ⎨ ⎧p>1，0<p≤1，p<0，绝对收敛条件收敛发散
1.常用于举反例的一般项：
① a n = 1 n a_n=dfrac{1}{n} an=n1 或 a n = ( − 1 ) n ⋅ 1 n a_n=(-1)^n·dfrac{1}{n} an=(−1)n⋅n1
② a n = ( − 1 ) n ⋅ 1 n a_n=(-1)^n·dfrac{1}{sqrt{n}} an=(−1)n⋅n 1
③ u n = 0 , v n = ± 1 u_n=0,v_n=±1 un=0,vn=±1
例题1：06年9.
答案：D
例题2：09年4. 常数项级数敛散性的判定
分析：
方法一：排除法
A.反例： a n = ( − 1 ) n 1 n a_n=(-1)^ndfrac{1}{sqrt{n}} an=(−1)nn 1， b n = ( − 1 ) n 1 n b_n=(-1)^ndfrac{1}{sqrt{n}} bn=(−1)nn 1， a n b n = 1 n a_nb_n=dfrac{1}{n} anbn=n1，级数发散
B.反例： a n = 1 n a_n=dfrac{1}{n} an=n1， b n = 1 n b_n=dfrac{1}{n} bn=n1， a n b n = 1 n 2 a_nb_n=dfrac{1}{n^2} anbn=n21，级数收敛
D.反例： a n = 1 n a_n=dfrac{1}{n} an=n1， b n = ( − 1 ) n 1 n b_n=(-1)^ndfrac{1}{n} bn=(−1)nn1， a n b n = 1 n 4 a_nb_n=dfrac{1}{n^4} anbn=n41，级数收敛
方法二：直接法
①基本结论：对于一般级数 ∑ n = 1 ∞ ∣ b n ∣ sumlimits_{n=1}^∞|b_n| n=1∑∞∣bn∣收敛，则 ∑ n = 1 ∞ b n 2 sumlimits_{n=1}^∞b^2_n n=1∑∞bn2收敛
②∵ lim n → ∞ a n = 0 limlimits_{n→∞}a_n=0 n→∞liman=0，收敛数列必有界，则 ∣ a n ∣ ≤ M |a_n|≤M ∣an∣≤M，则 a n 2 b n 2 ≤ M 2 b n 2 a_n^2b_n^2≤M^2b_n^2 an2bn2≤M2bn2
③∵ ∑ n = 1 ∞ M 2 b n 2 sumlimits_{n=1}^∞M^2b^2_n n=1∑∞M2bn2收敛，由正项级数的比较审敛法知 ∑ n = 1 ∞ a n 2 b n 2 sumlimits_{n=1}^∞a_n^2b^2_n n=1∑∞an2bn2也收敛
答案：C
例题3：19年3. 常数项级数敛散性的判定
分析：
方法一：排除法：举反例：单调增加的有界数列，可取 u n = − 1 n u_n=-dfrac{1}{n} un=−n1
A.反例： u n = − 1 n + 1 u_n=-dfrac{1}{n}+1 un=−n1+1，则 u n n = − 1 n 2 + 1 n dfrac{u_n}{n}=-dfrac{1}{n^2}+dfrac{1}{n} nun=−n21+n1，发散
B.反例： u n = − 1 n u_n=-dfrac{1}{n} un=−n1，则 ( − 1 ) n 1 u n = ( − 1 ) n + 1 n (-1)^ndfrac{1}{u_n}=(-1)^{n+1}n (−1)nun1=(−1)n+1n，发散
C.反例： u n = − 1 n u_n=-dfrac{1}{n} un=−n1，则 ( 1 − u n u n + 1 ) = − 1 n (1-dfrac{u_n}{u_{n+1}})=-dfrac{1}{n} (1−un+1un)=−n1，发散
方法二：直接法
设 lim n → ∞ u n = A limlimits_{n→∞}u_n=A n→∞limun=A，则 lim n → ∞ u n 2 = A 2 limlimits_{n→∞}u_n^2=A^2 n→∞limun2=A2
∑ k = 1 n ( u k + 1 2 − u k 2 ) = u n + 1 2 − u 1 2 sumlimits_{k=1}^n(u_{k+1}^2-u_k^2)=u_{n+1}^2-u_1^2 k=1∑n(uk+12−uk2)=un+12−u12
所以 ∑ n = 1 ∞ ( u n + 1 2 − u n 2 ) = lim n → ∞ ∑ k = 1 n ( u k + 1 2 − u k 2 ) = lim n → ∞ ( u n + 1 2 − u 1 2 ) = A 2 − u 1 2 sumlimits_{n=1}^∞(u_{n+1}^2-u_n^2)=limlimits_{n→∞}sumlimits_{k=1}^n(u_{k+1}^2-u_k^2)=limlimits_{n→∞}(u_{n+1}^2-u_1^2)=A^2-u_1^2 n=1∑∞(un+12−un2)=n→∞limk=1∑n(uk+12−uk2)=n→∞lim(un+12−u12)=A2−u12
答案：D
例题4：24李林六(一)3.
答案：D
正项级数收敛的充分必要条件：它的部分和数列 s n {s_n} sn有上界，即：
①若 ∑ n = 1 ∞ u n sumlimits_{n=1}^∞u_n n=1∑∞un为正项级数且收敛，则 lim n → ∞ S n limlimits_{n→∞}S_n n→∞limSn存在
②若正项级数 ∑ n = 1 ∞ u n sumlimits_{n=1}^∞u_n n=1∑∞un发散，则 lim n → ∞ S n limlimits_{n→∞}S_n n→∞limSn不存在
比较审敛法：大的收敛，小的收敛；小的发散，大的发散
1.先预判敛散性。若收敛，要放大。若发散，要缩小。
2.比较审敛法可用于抽象级数的审敛。而极限审敛法、比值法、根值法 必须要有具体的级数表达式才能使用。
结论：抽象级数的审敛，仅能使用比较审敛法。关键是要找到比较的对象。
ρ = lim n → ∞ u n + 1 ( x ) u n ( x ) { 收敛， ρ < 1 发散， ρ > 1 不一定， ρ = 1 （可能收敛，可能发散） ρ=limlimits_{n→∞}dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)} qquad qquad left{begin{aligned} 收敛，&ρ < 1 \ 发散，&ρ > 1 \ 不一定，&ρ =1 （可能收敛，可能发散） end{aligned}right. ρ=n→∞limun(x)un+1(x)⎩ ⎨ ⎧收敛，发散，不一定，ρ<1ρ>1ρ=1（可能收敛，可能发散）
f(x) 单调减、非负、连续
里面的1可以换成任意正整数，如f(x)在[2,+∞]上单减、非负、连续，且an=f(n)，则 ∑ n = 2 ∞ a n 与 ∫ 2 + ∞ f ( x ) d x 同敛散 sumlimits_{n=2}^∞a_n与int_2^{+∞}f(x)dx同敛散 n=2∑∞an与∫2+∞f(x)dx同敛散
2021考研数学大纲新增——积分判别法。 考研不以任何一本书或教材作为依据，而是以考研大纲作为依据。
适用积分判别法级数： ∑ n = 1 ∞ 1 n p sumlimits_{n=1}^∞dfrac{1}{n^p} n=1∑∞np1、 ∑ n = 2 ∞ 1 n ln p n sumlimits_{n=2}^∞dfrac{1}{nln^pn} n=2∑∞nlnpn1
结论：
(1)(2) 比较法、比较法的极限形式
(3)(4) 比值法、根值法
(5) 积分判别法：单调减、非负、连续
| 比较法、比较法的极限形式 | 比值法、根值法 | |
|---|---|---|
| 优点 | 适用范围广 | 使用方便，只需要跟自己比 |
| 缺点 | 使用不方便，需要找一个比较对象 | 适用范围窄，很多做不出判定 |
| 举例 | n p n^p np、 ln n ln n lnn | 级数通项三巨头： a n a^n an、 n ! n! n!、 n n n^n nn |
先考虑比值法、根值法，若无法做出判定，再考虑比较法、比较法的极限形式
n ! n! n! 用比值法， ( ) n ()^n ()n 用根值法
(1)若正项级数 ∑ n = 1 ∞ a n sumlimits_{n=1}^∞a_n n=1∑∞an收敛，则 ∑ n = 1 ∞ a 2 n sumlimits_{n=1}^∞a_{2n} n=1∑∞a2n、 ∑ n = 1 ∞ a 2 n − 1 sumlimits_{n=1}^∞a_{2n-1} n=1∑∞a2n−1均收敛。但对一般级数，该结论不成立
(2)①若正项级数 ∑ n = 1 ∞ a n sumlimits_{n=1}^∞a_n n=1∑∞an收敛，则 ∑ n = 1 ∞ a n 2 sumlimits_{n=1}^∞a^2_n n=1∑∞an2、 ∑ n = 1 ∞ a n a n + 1 sumlimits_{n=1}^∞a_na_{n+1} n=1∑∞anan+1均收敛。
【但对一般级数，该结论不成立。反例： a n = ( − 1 ) n 1 n a_n=(-1)^ndfrac{1}{sqrt{n}} an=(−1)nn 1，级数收敛。而 a n 2 = 1 n a_n^2=dfrac{1}{n} an2=n1，级数发散。】
②对于一般级数 ∑ n = 1 ∞ ∣ a n ∣ sumlimits_{n=1}^∞|a_n| n=1∑∞∣an∣收敛，则 ∑ n = 1 ∞ a n 2 sumlimits_{n=1}^∞a^2_n n=1∑∞an2收敛
(3)若正项级数 ∑ n = 1 ∞ a n sumlimits_{n=1}^∞a_n n=1∑∞an收敛，则 ∑ n = 1 ∞ a n S n sumlimits_{n=1}^∞a_nS_n n=1∑∞anSn、 ∑ n = 1 ∞ a n S n sumlimits_{n=1}^∞dfrac{a_n}{S_n} n=1∑∞Snan均收敛
例题1：22年14.
分析：
答案：-1
莱布尼茨收敛定理：【充分非必要条件.反之交错级数收敛，推不出单调减少】
① u n u_n un单调减少：如 u n ≥ u n + 1 > 0 u_n≥u_{n+1}>0 un≥un+1>0
② lim n → ∞ u n = 0 limlimits_{n→∞}u_n=0 n→∞limun=0：趋于0
则交错级数 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 u n sumlimits_{n=1}^∞(-1)^{n-1}u_n n=1∑∞(−1)n−1un (或 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n u n sumlimits_{n=1}^∞(-1)^nu_n n=1∑∞(−1)nun) 收敛
绝对收敛： ∑ n = 1 ∞ u n 收敛， ∑ n = 1 ∞ ∣ u n ∣ 也收敛 绝对收敛：sumlimits_{n=1}^∞u_n收敛，sumlimits_{n=1}^∞|u_n|也收敛 绝对收敛：n=1∑∞un收敛，n=1∑∞∣un∣也收敛（本身收敛，各项加绝对值也收敛）
条件收敛： ∑ n = 1 ∞ u n 收敛， ∑ n = 1 ∞ ∣ u n ∣ 发散 条件收敛：sumlimits_{n=1}^∞u_n收敛，sumlimits_{n=1}^∞|u_n|发散 条件收敛：n=1∑∞un收敛，n=1∑∞∣un∣发散（本身收敛，各项加绝对值发散）
1.级数共有绝对收敛、条件收敛和发散三种情况。收敛级数只有绝对收敛和条件收敛两种情况。
2. ∑ n = 1 ∞ a n x n 在 x = x 0 处条件收敛，则收敛半径 R = x 0 sumlimits_{n=1}^∞a_nx_n在x=x_0处条件收敛，则收敛半径R=x_0 n=1∑∞anxn在x=x0处条件收敛，则收敛半径R=x0
收敛分绝对收敛和条件收敛： ∑ n = 1 ∞ u n sumlimits_{n=1}^∞u_n n=1∑∞un绝对收敛 ⇦⇨ ∑ n = 1 ∞ u n sumlimits_{n=1}^∞u_n n=1∑∞un收敛 且 ∑ n = 1 ∞ ∣ u n ∣ sumlimits_{n=1}^∞|u_n| n=1∑∞∣un∣也收敛
1.用比值法、根值法，求得绝对值级数发散，则原级数也发散。
2.绝对收敛 ± 条件收敛 = 条件收敛
条件收敛 ± 条件收敛 = 条件收敛 或 绝对收敛
绝对收敛 ± 绝对收敛 = 绝对收敛
例题1：23年4.
答案：A
幂级数定义： ∑ n = 0 ∞ a n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 2 + a 3 x 3 + . . . + a n x n + . . . sumlimits_{n=0}^∞a_nx^n=a_0+a_1x+a_2x^22+a_3x^3+...+a_nx^n+... n=0∑∞anxn=a0+a1x+a2x22+a3x3+...+anxn+...
例题1：10年14. 数字特征与幂级数
答案：2
1.正数R称为幂级数的收敛半径。开区间(-R,R)称为幂级数的收敛区间。
①当|x|<R时，幂级数绝对收敛；
②当|x|>R时，幂级数发散；
③当x = R或x = -R时，幂级数敛散性不定，可能收敛也可能发散。敛散性视 { a n } {a_n} {an}确定。
2.幂级数 ∑ n = 0 ∞ a n x n sumlimits_{n=0}^∞a_nx^n n=0∑∞anxn，当且仅当 x = ± R x=±R x=±R 时，才会出现条件收敛。
① ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n a n sumlimits_{n=0}^∞(-1)^na_n n=0∑∞(−1)nan条件收敛 ⇦⇨ ∑ n = 0 ∞ a n x n sumlimits_{n=0}^∞a_nx^n n=0∑∞anxn在 x = − 1 x=-1 x=−1 处条件收敛 ∴ R = 1 R=1 R=1
例题1：15年3. 阿贝尔定理
分析：
答案：B
例题2：24李林六(二)3. 阿贝尔定理
分析：
答案：D
例题3：11年2. 阿贝尔定理 + 莱布尼茨收敛定理
分析：
答案：C
例题4：20年4.
答案：A
求收敛域：①求收敛半径 ②判断端点是否收敛
1.收敛半径R：
① ρ = lim n → ∞ ∣ a n + 1 a n ∣ R = 1 ρ ② ρ = lim n → ∞ ∣ a n ∣ n R = 1 ρ ① ρ=limlimits_{n→∞}|dfrac{a_{n+1}}{a_n}|qquad qquad R=dfrac{1}{ρ}\[3mm]② ρ=limlimits_{n→∞}sqrt[n]{|a_n|}qquad qquad R=dfrac{1}{ρ} ① ρ=n→∞lim∣anan+1∣R=ρ1② ρ=n→∞limn∣an∣ R=ρ1
2.收敛区间： ( − R , R ) (-R,R) (−R,R) 收敛区间是开区间
3.收敛域：在收敛区间的基础上，验证x=R和x=-R两个端点
u n ( x ) = a n x n ， ρ = lim n → ∞ ∣ u n + 1 ( x ) u n ( x ) ∣ < 1 ，收敛 u_n(x)=a_nx^n，ρ=limlimits_{n→∞}|dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}|<1，收敛 un(x)=anxn，ρ=n→∞lim∣un(x)un+1(x)∣<1，收敛
例题1：22年14. 求函数项级数的收敛域：比值法
分析： e − n x e^{-nx} e−nx，无法完全分离出 a n a_n an，不能使用阿达玛公式，改用比值法(ρ<1)求x的收敛范围
答案：-1
缺项幂级数求收敛域： u n ( x ) u_n(x) un(x)比值法 或 根值法，ρ(x)<1，得出收敛区间。再代入端点值验证，得出收敛域。
记 u n ( x ) = a n x n ， ρ = lim n → ∞ ∣ u n + 1 ( x ) u n ( x ) ∣ u_n(x)=a_nx^n，ρ=limlimits_{n→∞}|dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}| un(x)=anxn，ρ=n→∞lim∣un(x)un+1(x)∣
只有偶次项 x 2 n x^{2n} x2n 或 奇次项 x 2 n − 1 x^{2n-1} x2n−1 的幂级数，
依然用比值法、根值法求ρ，则 R 2 = 1 ρ R^2=dfrac{1}{ρ} R2=ρ1， R = 1 ρ R=sqrt{dfrac{1}{ρ}} R=ρ1
例题1：12年17. 求缺项幂级数的收敛域及和函数
分析：缺项幂级数求收敛域： u n ( x ) u_n(x) un(x)比值法，ρ(x)<1，得出收敛区间。再代入端点值验证，得出收敛域。
答案：
例题2：24李林六(一)19. 求缺项幂级数的收敛域及和函数
答案：
例题3： 1995年4. 缺项幂级数也可以用阿达玛公式，只不过要注意 R 2 = 1 ρ ， R = 1 ρ R^2=dfrac{1}{ρ}，R=sqrt{dfrac{1}{ρ}} R2=ρ1，R=ρ1
分析：
答案： 3 sqrt{3} 3
代入收敛半径时：当 x − x 0 = R x-x_0=R x−x0=R、 x − x 0 = − R x-x_0=-R x−x0=−R
两个幂级数 ∑ n = 0 ∞ a n x n sumlimits_{n=0}^∞a_nx_n n=0∑∞anxn 和 ∑ n = 0 ∞ b n x n sumlimits_{n=0}^∞b_nx_n n=0∑∞bnxn 的收敛半径分别为 R 1 R₁ R1和 R 2 R₂ R2，则在 R = min { R 1 , R 2 } R=min{R₁,R₂} R=min{R1,R2}内，加减乘除运算都成立。
①当 R 1 ≠ R 2 R_1≠R_2 R1=R2时，新的收敛半径为R=min{R₁,R₂}
②当 R 1 = R 2 R_1=R_2 R1=R2时，新的收敛半径R ≥ R1或R2
幂级数 ∑ n = 0 ∞ a n x n sumlimits_{n=0}^∞a_nx^n n=0∑∞anxn的和函数 S ( x ) S(x) S(x)在其收敛域 I I I 上连续
幂级数 ∑ n = 0 ∞ a n x n sumlimits_{n=0}^∞a_nx^n n=0∑∞anxn的和函数 S ( x ) S(x) S(x)在其收敛域 I I I上可积，并有逐项积分公式 ∫ 0 x S ( t ) d t = ∫ 0 x ∑ n = 0 ∞ a n t n d t = ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 x a n t n d t = ∑ n = 0 ∞ a n n + 1 x n + 1 ( x ∈ I ) int_0^xS(t)dt=int_0^xsumlimits_{n=0}^∞a_nt^ndt=sumlimits_{n=0}^∞int_0^xa_nt^ndt=sumlimits_{n=0}^∞dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1} quad (x∈I) ∫0xS(t)dt=∫0xn=0∑∞antndt=n=0∑∞∫0xantndt=n=0∑∞n+1anxn+1(x∈I)。
且逐项积分后所得到的幂级数和原级有相同的收敛半径。
其收敛区间(-R,R)内可导，且有逐项求导公式 S ′ ( x ) = ( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) ′ = ∑ n = 0 ∞ ( a n x n ) ′ = ∑ n = 0 ∞ n a n x n − 1 ( ∣ x ∣ < R ) S'(x)=(sumlimits_{n=0}^∞a_nx^n)'=sumlimits_{n=0}^∞(a_nx^n)'=sumlimits_{n=0}^∞na_nx^{n-1} quad (|x|<R) S′(x)=(n=0∑∞anxn)′=n=0∑∞(anxn)′=n=0∑∞nanxn−1(∣x∣<R)。且逐项求导后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径。收敛区间上任意阶可导。
① ∑ n = 0 ∞ n x n − 1 = ∑ n = 0 ∞ ( x n ) ′ = ( ∑ n = 0 ∞ x n ) ′ = ( 1 1 − x ) ′ = 1 ( 1 − x ) 2 sumlimits_{n=0}^∞nx^{n-1}=sumlimits_{n=0}^∞(x^n)'=(sumlimits_{n=0}^∞x^n)'=(dfrac{1}{1-x})'=dfrac{1}{(1-x)^2} n=0∑∞nxn−1=n=0∑∞(xn)′=(n=0∑∞xn)′=(1−x1)′=(1−x)21
② ∑ n = 1 ∞ n x n − 1 = ∑ n = 1 ∞ ( x n ) ′ = ( ∑ n = 1 ∞ x n ) ′ = ( x 1 − x ) ′ = 1 ( 1 − x ) 2 sumlimits_{n=1}^∞nx^{n-1}=sumlimits_{n=1}^∞(x^n)'=(sumlimits_{n=1}^∞x^n)'=(dfrac{x}{1-x})'=dfrac{1}{(1-x)^2} n=1∑∞nxn−1=n=1∑∞(xn)′=(n=1∑∞xn)′=(1−xx)′=(1−x)21
总结：
①幂级数逐项求导有可能缩小收敛域，幂级数逐项积分可能扩大收敛域。但收敛半径、收敛区间不变。
即求导和积分只可能会改变端点处的敛散性。
②要用连续、逐项积分，先求收敛域。要用逐项求导，先求收敛区间。 【2013年16(1)】
| 幂函数 | 展开式 | 级数 |
|---|---|---|
| e x e^x ex | 1 + x + x 2 2 ! + . . . + x n n ! 1+x+dfrac{x^2}{2!}+...+dfrac{x^n}{n!} 1+x+2!x2+...+n!xn | ∑ n = 0 ∞ x n n ! ( − ∞ < x < + ∞ ) sumlimits_{n=0}^∞dfrac{x^n}{n!}qquad(-∞<x<+∞) n=0∑∞n!xn(−∞<x<+∞) |
| sin x sin x sinx | x − x 3 3 ! + x 5 5 ! . . . + ( − 1 ) n x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! + . . . x-dfrac{x^3}{3!}+dfrac{x^5}{5!}...+(-1)^{n}dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+... x−3!x3+5!x5...+(−1)n(2n+1)!x2n+1+... | ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! ( − ∞ < x < + ∞ ) sumlimits_{n=0}^∞(-1)^{n}dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}quad(-∞<x<+∞) n=0∑∞(−1)n(2n+1)!x2n+1(−∞<x<+∞) |
| cos x cos x cosx | 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! . . . + ( − 1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! + . . . 1-dfrac{x^2}{2!}+dfrac{x^4}{4!}...+(-1)^ndfrac{x^{2n}}{(2n)!}+... 1−2!x2+4!x4...+(−1)n(2n)!x2n+... | ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! ( − ∞ < x < + ∞ ) sumlimits_{n=0}^∞(-1)^{n}dfrac{x^{2n}}{(2n)!}qquad(-∞<x<+∞) n=0∑∞(−1)n(2n)!x2n(−∞<x<+∞) |
| 1 1 − x dfrac{1}{1-x} 1−x1 | 1 + x + x 2 + . . . + x n + . . . 1+x+x^2+...+x^n+... 1+x+x2+...+xn+... | ∑ n = 0 ∞ x n ( − 1 < x < 1 ) sumlimits_{n=0}^∞x^n qquad (-1<x<1) n=0∑∞xn(−1<x<1) |
| 1 1 + x dfrac{1}{1+x} 1+x1 | 1 − x + x 2 + . . . + ( − 1 ) n x n + . . . 1-x+x^2+...+(-1)^nx^n+... 1−x+x2+...+(−1)nxn+... | ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x n ( − 1 < x < 1 ) sumlimits_{n=0}^∞(-1)^nx^n qquad (-1<x<1) n=0∑∞(−1)nxn(−1<x<1) |
| ln ( 1 + x ) ln (1+x) ln(1+x) | x − x 2 2 + x 3 3 + . . . + ( − 1 ) n x n n + . . . x-dfrac{x^2}{2}+dfrac{x^3}{3}+...+(-1)^ndfrac{x^n}{n}+... x−2x2+3x3+...+(−1)nnxn+... | ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 x n n ( − 1 < x ≤ 1 ) sumlimits_{n=1}^∞(-1)^{n-1}dfrac{x^n}{n}qquad (-1<x≤1) n=1∑∞(−1)n−1nxn(−1<x≤1) |
| − ln ( 1 − x ) -ln (1-x) −ln(1−x) | x + x 2 2 + x 3 3 + . . . + x n n + . . . = x+dfrac{x^2}{2}+dfrac{x^3}{3}+...+dfrac{x^n}{n}+...= x+2x2+3x3+...+nxn+...= | ∑ n = 1 ∞ x n n ( − 1 ≤ x < 1 ) sumlimits_{n=1}^∞dfrac{x^n}{n}qquad (-1≤x<1) n=1∑∞nxn(−1≤x<1) |
| arctan x arctan x arctanx | x − x 3 3 + x 5 5 + . . . + ( − 1 ) n x n n + . . . x-dfrac{x^3}{3}+dfrac{x^5}{5}+...+(-1)^ndfrac{x^n}{n}+... x−3x3+5x5+...+(−1)nnxn+... | ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n + 1 2 n + 1 ( − 1 ≤ x ≤ 1 ) sumlimits_{n=0}^∞(-1)^ndfrac{x^{2n+1}}{2n+1} qquad(-1≤x≤1) n=0∑∞(−1)n2n+1x2n+1(−1≤x≤1) |
特别的：对于 ln ( 1 + x ) ln(1+x) ln(1+x)，令x=1，可得：
ln 2 = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + . . . ln2=1-dfrac{1}{2}+dfrac{1}{3}-dfrac{1}{4}+... ln2=1−21+31−41+...
函数→幂级数：
①凑标杆：先求导或积分到标杆 1 1 − x dfrac{1}{1-x} 1−x1 的形式 (x可以为任意形式)，以“标杆”为桥梁变成幂级数 ∑ n = 0 ∞ x n sumlimits_{n=0}^{∞}x^n n=0∑∞xn (x可以为任意形式)。
②凑题干：和分两项，尽力合并，注意题干是n=0还是n=1，努力把两项变一项，凑成题干的形式
③求常数项级数：此时的求常数项级数，就是把幂级数中的x代入特定值。
例题1：01年13.
分析：
答案： π 4 − 1 2 dfrac{π}{4}-dfrac{1}{2} 4π−21
例题2：
例题3：展开成ln[1+(x-1)]，用泰勒级数
例题4：
求和函数S(x)，先要指出收敛的范围，即求收敛域
例题1：17年12. 积分消分子，凑标杆，再求导回来
分析：
答案： 1 ( 1 + x ) 2 dfrac{1}{(1+x)²} (1+x)21
例题2：19年11.
分析：凑cosx的泰勒级数
答案： cos x cossqrt{x} cosx
例题3：23李林四(一)14.
分析：换元法
答案： x e x e x − 1 ( x > 0 ) dfrac{xe^x}{e^x-1}(x>0) ex−1xex(x>0)
(1)重要“标杆”： ∑ n = 0 ∞ x n = 1 + x + x 2 + x 3 + . . . + x n + . . . = 1 1 − x ( − 1 < x < 1 ) sumlimits_{n=0}^∞x^n=1+x+x²+x³+...+x^n+...=dfrac{1}{1-x} qquad (-1<x<1) n=0∑∞xn=1+x+x2+x3+...+xn+...=1−x1(−1<x<1)
(2)变形:
∑ n = 1 ∞ x n = x + x 2 + x 3 + . . . + x n + . . . = x 1 − x ( − 1 < x < 1 ) sumlimits_{n=1}^∞x^n=x+x²+x³+...+x^n+...=dfrac{x}{1-x} qquad (-1<x<1) n=1∑∞xn=x+x2+x3+...+xn+...=1−xx(−1<x<1)
∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x n = 1 − x + x 2 − x 3 + . . . + ( − 1 ) n x n + . . . = 1 1 + x ( − 1 < x < 1 ) sumlimits_{n=0}^∞(-1)^nx^n=1-x+x^2-x^3+...+(-1)^nx^n+...=dfrac{1}{1+x} qquad (-1<x<1) n=0∑∞(−1)nxn=1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+...=1+x1(−1<x<1)
(3)
(4)①有分子就先积分消分子，凑标杆为函数，再求导。
②有分母就先求导消分母，凑标杆为函数，再积分。
一次求导(到凑标杆)，对应一次积分。两次求导(到凑标杆)，对应两次积分
一次积分(到凑标杆)，对应一次求导。两次积分(到凑标杆)。对应两次求导
例题1：看和哪一个公式比较接近。从右向左
例题2：
例题3：
例题1：24李林六(六)13. 构造幂级数求常数项级数、拆两项，分别求
分析：先整理，再换为幂级数代值
答案： 10 9 dfrac{10}{9} 910
例题2：21年18. 逐项求导，只在开区间(-R,R)上成立，端点值要单独讨论
答案：
例题3：05年16. 求收敛区间、和函数
答案：
含有常数项递推式，求和函数，一般是需要对S(x)求导，构造一阶线性微分方程，利用公式法求解 y=S(x)
例题1：20年17.
答案：
形如下式的级数叫做三角级数： a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n π t l ) + b n sin n π t l ) dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞(a_ncosfrac{nπt}{l})+b_nsinfrac{nπt}{l}) 2a0+n=1∑∞(ancoslnπt)+bnsinlnπt)
令 π t l = x dfrac{πt}{l}=x lπt=x，三角级数可变为： a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n x ) + b n sin n x ) dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞(a_ncos nx)+b_nsin nx) 2a0+n=1∑∞(ancosnx)+bnsinnx)
这就把以 2 l 2l 2l 为周期的三角级数转换成以 2 π 2π 2π 为周期的三角级数。
周期为2π的傅里叶系数：
{ a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) cos n x d x ( n = 0 , 1 , 2 , . . . ) b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) sin n x d x ( n = 1 , 2 , . . . ) left{begin{aligned} a_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)cos nx{rm d}x & quad (n=0,1,2,...)\ b_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)sin nx{rm d}x & quad (n=1,2,...) end{aligned}right. ⎩ ⎨ ⎧an=π1∫−ππf(x)cosnxdxbn=π1∫−ππf(x)sinnxdx(n=0,1,2,...)(n=1,2,...)
傅里叶级数： f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n x + b n sin n x ) f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞(a_ncos nx+b_nsin nx) f(x)=2a0+n=1∑∞(ancosnx+bnsinnx)
f 1 ( x ) = a 0 2 + a 1 cos x + b 1 sin x f_1(x)=dfrac{a_0}{2}+a_1cos x+b_1sin x f1(x)=2a0+a1cosx+b1sinx
f n ( x ) = a 0 2 + ∑ k = 1 n ( a k cos k x + b k sin k x ) f_n(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{k=1}^n(a_kcos kx+b_ksin kx) fn(x)=2a0+k=1∑n(akcoskx+bksinkx)
奇函数的傅里叶级数是只含有正弦项的正弦级数： f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ b n sin n x f(x)=sumlimits_{n=1}^∞b_nsin nx f(x)=n=1∑∞bnsinnx
偶函数的傅里叶级数是只含有余弦项的余弦级数： f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos n x f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞a_ncos nx f(x)=2a0+n=1∑∞ancosnx
证明：
①当 f ( x ) 为奇函数 f(x)为奇函数 f(x)为奇函数时， f ( x ) cos n x f(x)cos nx f(x)cosnx是奇函数， f ( x ) sin n x f(x)sin nx f(x)sinnx是偶函数，故
{ a n = 0 ( n = 0 , 1 , 2 , 3 , . . . ) b n = 2 π ∫ 0 π f ( x ) sin n x d x ( n = 1 , 2 , 3 , . . . ) left{begin{aligned} a_n=0 qquad qquad qquad qquad (n=0,1,2,3,...)\ b_n=frac{2}{π}int_0^{π}f(x)sin nx{rm d}x quad (n=1,2,3,...) end{aligned}right. ⎩ ⎨ ⎧an=0(n=0,1,2,3,...)bn=π2∫0πf(x)sinnxdx(n=1,2,3,...)
②当 f ( x ) 为偶函数 f(x)为偶函数 f(x)为偶函数时， f ( x ) cos n x f(x)cos nx f(x)cosnx是偶函数， f ( x ) sin n x f(x)sin nx f(x)sinnx是奇函数，故
{ a n = 2 π ∫ 0 π f ( x ) cos n x d x ( n = 0 , 1 , 2 , 3 , . . . ) b n = 0 ( n = 1 , 2 , 3 , . . . ) left{begin{aligned} a_n=frac{2}{π}int_0^{π}f(x)cos nx{rm d}x qquad (n=0,1,2,3,...)\ b_n =0 qquad qquad qquad qquad quad qquad (n=1,2,3,...) end{aligned}right. ⎩ ⎨ ⎧an=π2∫0πf(x)cosnxdx(n=0,1,2,3,...)bn=0(n=1,2,3,...)
设周期为 2 l 2l 2l的周期函数 f ( x ) f(x) f(x)满足收敛定理的条件，则它的傅里叶级数展开式为：
f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n π l x + b n sin n π l x ) f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞(a_ncos ndfrac{π}{l}x+b_nsin ndfrac{π}{l}x) f(x)=2a0+n=1∑∞(ancosnlπx+bnsinnlπx)
其中 { a n = 1 l ∫ − l l f ( x ) cos n π l x d x ( n = 0 , 1 , 2 , . . . ) b n = 1 l ∫ − l l f ( x ) sin n π l x ( n = 1 , 2 , 3 , . . . ) left{begin{aligned} a_n & = dfrac{1}{l}int_{-l}^lf(x)cos ndfrac{π}{l}xdx quad (n=0,1,2,...) \ b_n & =dfrac{1}{l}int_{-l}^lf(x)sin ndfrac{π}{l}x quad (n=1,2,3,...) end{aligned}right. ⎩ ⎨ ⎧anbn=l1∫−llf(x)cosnlπxdx(n=0,1,2,...)=l1∫−llf(x)sinnlπx(n=1,2,3,...)
当 f ( x ) f(x) f(x)为奇函数时， f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ b n sin n π l x f(x)=sumlimits_{n=1}^∞b_nsin ndfrac{π}{l}x f(x)=n=1∑∞bnsinnlπx。其中 b n = 2 l ∫ 0 l f ( x ) sin n π l x b_n=dfrac{2}{l}int_0^lf(x)sin ndfrac{π}{l}x bn=l2∫0lf(x)sinnlπx
当 f ( x ) f(x) f(x)为偶函数时， f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos n π l x f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞a_ncos ndfrac{π}{l}x f(x)=2a0+n=1∑∞ancosnlπx。其中 a n = 2 l ∫ 0 l f ( x ) cos n π l x d x a_n=dfrac{2}{l}int_0^lf(x)cos ndfrac{π}{l}xdx an=l2∫0lf(x)cosnlπxdx
例题1：23年13. 计算傅里叶系数：周期为2l的周期函数的傅里叶级数
分析：
先求出 a n a_n an，再代入2n，求得 a 2 n = 0 a_{2n}=0 a2n=0，求和也是0
答案：0
例题2：24李林六(四)14.
分析：定积分平移公式/定积分区间变换公式
答案：0
例题3：03年3.
分析：
答案：1
例题4：1993年3.
分析：
答案： 2 3 π dfrac{2}{3}π 32π
例题5：14年4.
分析：①傅里叶级数 ②直接计算积分 ③代入选项求积分比最小
答案：A
周期延拓：从周期为[-π,π)或(-π,π] 延展为周期为2π的周期函数
例题1：13年3. 奇延拓、周期延拓、狄利克雷收敛定理
分析：
步骤：关注f(x)、S(x)、bn的范围
①bn是在(0,1)，画出f(x)在(0,1)上的图像
②S(x)是正弦级数，是奇函数的傅里叶展开，对f(x)进行奇延拓。再根据周期T=2，对f(x)进行周期延拓。
③根据狄利克雷收敛定理，计算S(x)
S ( − 9 4 ) = S ( − 9 4 + 2 ) = S ( − 1 4 ) = − S ( 1 4 ) = 连续点 狄利克雷收敛定理 − f ( 1 4 ) = − ∣ 1 4 − 1 2 ∣ = − 1 4 S(-frac{9}{4})=S(-frac{9}{4}+2)=S(-frac{1}{4})=-S(frac{1}{4})xlongequal[连续点]{狄利克雷收敛定理}-f(frac{1}{4})=-|frac{1}{4}-frac{1}{2}|=-frac{1}{4} S(−49)=S(−49+2)=S(−41)=−S(41)狄利克雷收敛定理 连续点−f(41)=−∣41−21∣=−41
答案：C
例题2：99年选择3 偶延拓、周期延拓
分析：
S(x)是偶函数的傅里叶级数的和函数
画出f(x)图像，把f(x)进行偶延拓、周期延拓，周期为2
S ( − 5 2 ) = S ( − 5 2 + 2 ) = S ( − 1 2 ) = S ( 1 2 ) = 间断点 狄利克雷收敛定理 1 2 + 1 2 = 3 4 S(-frac{5}{2})=S(-frac{5}{2}+2)=S(-frac{1}{2})=S(frac{1}{2})xlongequal[间断点]{狄利克雷收敛定理}dfrac{frac{1}{2}+1}{2}=dfrac{3}{4} S(−25)=S(−25+2)=S(−21)=S(21)狄利克雷收敛定理 间断点221+1=43
答案：C
例题3：23李林四(四)14. 周期延拓
分析：
答案： π 2 2 dfrac{π^2}{2} 2π2
例题4：
分析：展开为正弦，奇延拓
答案：B
奇延拓：展开为正弦。把(0,π]上的奇函数延展为(-π,π]上的奇函数。
偶延拓：展开为余弦。把(0,π]上的偶函数延展为(-π,π]上的偶函数
f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n π x l + b n sin n π x l ) f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞(a_ncosdfrac{nπx}{l}+b_nsindfrac{nπx}{l}) f(x)=2a0+n=1∑∞(ancoslnπx+bnsinlnπx)
奇函数只有奇数项，只含sin，不含cos
偶函数只有偶数项，只含cos，不含sin
1.傅里叶级数：
f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n x + b n sin n x ) f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞(a_ncos nx+b_nsin nx) f(x)=2a0+n=1∑∞(ancosnx+bnsinnx)
2.余弦级数：
偶函数的傅里叶级数是只含有余弦项的余弦级数： f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos n x f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞a_ncos nx f(x)=2a0+n=1∑∞ancosnx
3.傅里叶系数
周期为2π的傅里叶系数：
{ a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) cos n x d x ( n = 0 , 1 , 2 , . . . ) b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) sin n x d x ( n = 1 , 2 , . . . ) left{begin{aligned} a_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)cos nx{rm d}x & quad (n=0,1,2,...)\ b_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)sin nx{rm d}x & quad (n=1,2,...) end{aligned}right. ⎩ ⎨ ⎧an=π1∫−ππf(x)cosnxdxbn=π1∫−ππf(x)sinnxdx(n=0,1,2,...)(n=1,2,...)
例题1：24李林四(三)12. 将函数展开成傅里叶级数
分析：
偶函数的傅里叶级数是只含有余弦项的余弦级数： f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos n x f(x)=dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞a_ncos nx f(x)=2a0+n=1∑∞ancosnx。本题只需要求 a 0 a_0 a0 和 a n a_n an，即本质还是求傅里叶系数 a n a_n an。
答案： π + 2 2 + ∑ n = 1 ∞ 2 n 2 π [ ( − 1 ) n − 1 ] cos n x ( 0 ≤ x ≤ π ) dfrac{π+2}{2}+sumlimits_{n=1}^∞dfrac{2}{n^2π}[(-1)^n-1]cos nx quad (0≤x≤π) 2π+2+n=1∑∞n2π2[(−1)n−1]cosnx(0≤x≤π)
例题2：95年四((2)
分析：
例题3：91年五
分析：
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