💡 答案解析
方法一 令 $S(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\displaystyle\frac{1}{2 n+1}-1\right) x^{2 n}$ ，
当 $x=0$ 时，$S(0)=0$ ；
当 $x \neq 0$ 时，$S(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{x^{2 n}}{2 n+1}-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} x^{2 n}=\displaystyle\frac{1}{x} \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{x^{2 n+1}}{2 n+1}-\displaystyle\frac{x^{2}}{1-x^{2}}=\displaystyle\frac{1}{x} S_{1}(x)-\displaystyle\frac{x^{2}}{1-x^{2}}$ ，
$S_{1}(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{x^{2 n+1}}{2 n+1}, \quad S_{1}(0)=0$,
$S_{1}^{\prime}(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} x^{2 n}=\displaystyle\frac{x^{2}}{1-x^{2}}=-1-\displaystyle\frac{1}{x^{2}-1}$,
$S_{1}(x)=S_{1}(0)+\displaystyle\int_{0}^{x} S_{1}^{\prime}(x) \mathrm{d} x=-x-\displaystyle\frac{1}{2} \ln \left|\displaystyle\frac{x-1}{x+1}\right|=-x-\displaystyle\frac{1}{2} \ln \displaystyle\frac{1-x}{1+x}$,
于是 $S(x)= \begin{cases}0, & x=0, \\ \displaystyle\frac{1}{2 x} \ln \displaystyle\frac{1+x}{1-x}-\displaystyle\frac{1}{1-x^{2}}, & -1$$
\begin{aligned}
S(x) & =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2 n+1}-1\right) x^{2 n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{2 n+1}-\sum_{n=1}^{\infty} x^{2 n} \\
& =\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2 n+1}}{2 n+1}-\frac{x^{2}}{1-x^{2}}=\frac{1}{x} \int_{0}^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty} x^{2 n}\right) \mathrm{d} x-\frac{x^{2}}{1-x^{2}}=\frac{1}{x} \int_{0}^{x} \frac{x^{2}}{1-x^{2}} \mathrm{~d} x-\frac{x^{2}}{1-x^{2}} \\
& =\frac{1}{x} \int_{0}^{x}\left(-1-\frac{1}{x^{2}-1}\right) \mathrm{d} x-\frac{x^{2}}{1-x^{2}}=\frac{1}{2 x} \ln \frac{1+x}{1-x}-\frac{1}{1-x^{2}}
\end{aligned}
$$
故 $S(x)= \begin{cases}0, & x=0, \\ \displaystyle\frac{1}{2 x} \ln \displaystyle\frac{1+x}{1-x}-\displaystyle\frac{1}{1-x^{2}}, & -1$$
F^{\prime}(a)=f^{\prime}(a) g(a)-f^{\prime}(a) g(1)=f^{\prime}(a)[g(a)-g(1)],
$$
因为 $g^{\prime}(x) \geqslant 0$ ，所以 $g(a) \leqslant g(1)$ ，又因为 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ ，所以 $F^{\prime}(a) \leqslant 0$ ，从而 $F(x)$ 单调不增，于是
$$
\begin{aligned}
F(a) \geqslant F(1) & =\int_{0}^{1} f^{\prime}(x) g(x) \mathrm{d} x+\int_{0}^{1} f(x) g^{\prime}(x) \mathrm{d} x-f(1) g(1) \\
& =\int_{0}^{1}[f(x) g(x)]^{\prime} \mathrm{d} x-f(1) g(1)=\left.f(x) g(x)\right|_{0} ^{1}-f(1) g(1)=0,
\end{aligned}
$$
即 $\displaystyle\int_{0}^{a} f^{\prime}(x) g(x) \mathrm{d} x+\displaystyle\int_{0}^{1} f(x) g^{\prime}(x) \mathrm{d} x \geqslant f(a) g(1)$ ．
📋 详细解题步骤
目标：化简通项
首先，我们观察原级数的通项形式。题目中给出的级数通项为 $\frac{1}{2n+1}-1$。为了将其转化为更便于后续求和的形式，我们需要进行通分和化简。
将 $\frac{1}{2n+1}-1$ 通分，分母取 $2n+1$，得到：
$$
\frac{1}{2n+1}-1 = \frac{1}{2n+1} - \frac{2n+1}{2n+1} = \frac{1 - (2n+1)}{2n+1} = \frac{1 - 2n - 1}{2n+1} = \frac{-2n}{2n+1}.
$$
因此，原级数 $S(x)$ 可以写成：
$$
S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n+1} - 1 \right) x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{-2n}{2n+1} x^{2n}.
$$
为了简化表达式，我们将负号提到求和符号外面，即：
$$
S(x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n}{2n+1} x^{2n}.
$$
进一步，将分子中的常数因子 $2$ 也提到求和符号外面，得到：
$$
S(x) = -2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2n+1} x^{2n}.
$$
至此，通项化简完成。我们得到了一个更简洁的形式，其中通项为 $\frac{n}{2n+1} x^{2n}$，系数中分子为 $n$，分母为 $2n+1$，这为后续的逐项求导或积分等操作奠定了基础。
公式：S(x) = -2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2n+1}x^{2n}
提示：通分时注意分母统一，提取负号后检查每一项符号是否正确。
目标：拆分有理函数
为了将有理函数 $\frac{n}{2n+1}$ 拆分成便于求和的形式，我们采用待定系数法。设
$$
\frac{n}{2n+1} = A + \frac{B}{2n+1},
$$
其中 $A$ 和 $B$ 为待定常数。将等式右边通分，得
$$
A + \frac{B}{2n+1} = \frac{A(2n+1) + B}{2n+1} = \frac{2An + A + B}{2n+1}.
$$
比较分子与原分子 $n$，得到恒等式
$$
2An + (A + B) = n.
$$
根据多项式恒等条件，对应项系数相等，于是有方程组
$$
\begin{cases}
2A = 1, \\
A + B = 0.
\end{cases}
$$
解之得 $A = \frac{1}{2}$，$B = -\frac{1}{2}$。因此
$$
\frac{n}{2n+1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)}.
$$
这样就将原有理函数拆分成了一个常数项与一个简单分式之差，为后续的级数求和或积分运算提供了便利。
公式：\frac{n}{2n+1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)}
提示：拆分时先设成 $A+\frac{B}{2n+1}$ 形式，通分后比较分子系数即可。
目标：代入并展开级数
首先，根据上一步得到的表达式 $S(x) = -2 \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)} \right] x^{2n}$，我们将其中的常数项进行化简。括号内的表达式为 $\frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)} = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2n}{2n+1} = \frac{n}{2n+1}$。但为了后续展开方便，我们直接按原形式处理：将 $-2$ 乘入括号内，得到 $S(x) = -2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2} x^{2n} + 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2(2n+1)} x^{2n}$。化简系数：第一项 $-2 \cdot \frac{1}{2} = -1$，第二项 $2 \cdot \frac{1}{2(2n+1)} = \frac{1}{2n+1}$。因此 $S(x) = -\sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1}$。这样就将原级数拆分为两个级数之和，第一个是简单的几何级数（缺偶次项），第二个是系数为 $\frac{1}{2n+1}$ 的幂级数。注意求和指标从 $n=1$ 开始，因此第一个级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} = \frac{x^2}{1-x^2}$（当 $|x|<1$ 时）。第二个级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1}$ 可以进一步处理，例如通过变量代换或与已知展开式比较。至此，我们完成了代入和展开的步骤，为后续求和奠定了基础。
公式：$$S(x) = -\sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1}$$
提示：注意拆分后两个级数的收敛域相同，均为|x|<1，后续可分别求和。
目标：求和几何级数部分
本步骤的目标是对级数求和表达式中的几何级数部分进行求和。在之前的步骤中，我们得到了 $S(x)$ 的表达式：
$$S(x) = -\sum_{n=1}^\infty x^{2n} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{2n+1}$$
现在先处理第一个求和项 $\sum_{n=1}^\infty x^{2n}$。这是一个以 $x^2$ 为公比的几何级数，首项为 $x^2$（当 $n=1$ 时）。几何级数的求和公式为：当 $|r|<1$ 时，$\sum_{n=0}^\infty ar^n = \frac{a}{1-r}$。这里 $a = x^2$，$r = x^2$，但注意求和从 $n=1$ 开始，因此：
$$\sum_{n=1}^\infty x^{2n} = \frac{x^2}{1-x^2}$$
这个结果成立的条件是 $|x^2|<1$，即 $|x|<1$。将这一结果代入 $S(x)$ 的表达式，得到：
$$S(x) = -\frac{x^2}{1-x^2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{2n+1}$$
至此，我们完成了对几何级数部分的求和，将原表达式化简为两项之和：一个简单的有理函数项与一个仍需进一步处理的幂级数项。后续步骤将处理第二项 $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{2n+1}$。
公式：$$\sum_{n=1}^\infty x^{2n} = \frac{x^2}{1-x^2}$$
提示：注意几何级数求和时首项和公比的确定，以及求和起始下标的影响。
目标：处理第二个级数
本步骤的目标是处理第二个级数 $T(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{2n+1}$。首先，注意到分母中的 $2n+1$ 与分子 $x^{2n}$ 的指数不匹配，我们希望通过调整指数来利用已知的幂级数展开式。为此，将 $T(x)$ 改写为 $\frac1x\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$，这样分母与分子指数一致。然后，将求和从 $n=1$ 扩展到 $n=0$，即 $\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}-x$，其中减去的 $x$ 对应 $n=0$ 的项 $\frac{x^{1}}{1}=x$。于是得到 $T(x)=\frac1x\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}-x\right)$。接下来，注意到 $\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 是反正切函数 $\arctan x$ 的幂级数展开（当 $|x|\le1$ 时），即 $\arctan x = \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$。但这里没有 $(-1)^n$ 因子，因此 $\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 不是 $\arctan x$，而是与双曲正切反函数有关。实际上，$\operatorname{arctanh} x = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 对于 $|x|<1$ 成立。因此，$T(x)=\frac1x\left(\operatorname{arctanh} x - x\right)$。这样就将级数 $T(x)$ 表示为初等函数的组合，便于后续的积分或极限计算。
公式：T(x)=\frac1x\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}-x\right)=\frac1x\left(\operatorname{arctanh} x - x\right)
提示：注意分母与指数匹配，利用已知展开式简化级数。
目标：利用已知展开式求和
已知幂级数展开式：
$$
\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \frac12 \ln\frac{1+x}{1-x}, \quad |x|<1.
$$
在前一步中，我们已将和函数表示为：
$$
T(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{2n+1}.
$$
为了利用上述已知展开式，我们注意到：
$$
\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \cdots,
$$
而我们的 $T(x)$ 是：
$$
T(x) = \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} + \frac{x^6}{7} + \cdots.
$$
将已知展开式两边同时除以 $x$（$x \neq 0$），得到：
$$
\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{2n+1} = \frac{1}{2x}\ln\frac{1+x}{1-x}.
$$
注意左边当 $n=0$ 时项为 $\frac{x^0}{1}=1$，因此：
$$
\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{2n+1} = 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{2n+1} = 1 + T(x).
$$
于是有：
$$
1 + T(x) = \frac{1}{2x}\ln\frac{1+x}{1-x},
$$
从而解得：
$$
T(x) = \frac{1}{2x}\ln\frac{1+x}{1-x} - 1.
$$
这就是所求的和函数表达式，其中 $|x|<1$ 且 $x \neq 0$。当 $x=0$ 时，由原级数定义可得 $T(0)=0$，与极限结果一致。
公式：\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \frac12 \ln\frac{1+x}{1-x}
提示：注意已知展开式从 $n=0$ 开始，而目标级数从 $n=1$ 开始，需分离常数项。
目标：合并得到和函数
在前一步中，我们已得到和函数的表达式为：
$$S(x)=-\frac{x^2}{1-x^2}+\frac{1}{2x}\ln\frac{1+x}{1-x}-1.$$
现在需要将前三项合并化简。首先，将常数项$-1$与第一项$\frac{x^2}{1-x^2}$结合，注意$-1$可以写成$-\frac{1-x^2}{1-x^2}$，于是：
$$-\frac{x^2}{1-x^2}-1 = -\frac{x^2}{1-x^2} - \frac{1-x^2}{1-x^2} = -\frac{x^2+1-x^2}{1-x^2} = -\frac{1}{1-x^2}.$$
因此原表达式化为：
$$S(x)=\frac{1}{2x}\ln\frac{1+x}{1-x} - \frac{1}{1-x^2}.$$
这就是最终合并后的和函数形式。
**验证**：检查在$x=0$附近的行为。当$x\to0$时，$\frac{1}{2x}\ln\frac{1+x}{1-x} \sim \frac{1}{2x}\cdot 2x =1$，而$\frac{1}{1-x^2}\to1$，故$S(0)=0$，与幂级数在$x=0$处的和（首项为0）一致。另外，原级数收敛区间为$(-1,1)$，该表达式在$x=\pm1$处无定义，符合收敛域要求。因此合并结果正确。
公式：S(x)=\frac{1}{2x}\ln\frac{1+x}{1-x} - \frac{1}{1-x^2}
提示：将常数项写成与第一项同分母的形式，再合并分子，可避免符号错误。