2005年考研数学三第9题

首先，我们需要仔细解读题目给出的两个核心条件。 **条件一：** 正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散。 - 所谓“正项级数”，是指通项 $a_n > 0$ 对所有 $n$ 成立。 - “发散”意味着该级数的部分和 $S_N = \sum_{n=1}^{N} a_n$ 当 $N \to \infty$ 时趋于无穷大，即 $\lim_{N \to \infty} S_N = +\infty$。 - 由于 $a_n > 0$，部分和是单调递增的，因此发散等价于部分和无上界。 **条件二：** 交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$ 收敛。 - 交错级数的形式为 $a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + \cdots$，其中 $a_n > 0$。 - 该级数收敛，意味着其部分和 $T_N = \sum_{n=1}^{N} (-1)^{n-1} a_n$ 存在有限极限。 - 对于交错级数，一个常用的收敛判别法是莱布尼茨判别法：如果 $a_n$ 单调递减趋于 $0$，则级数收敛。但题目并未明确给出 $a_n$ 的单调性，因此我们不能直接套用莱布尼茨判别法，只能从收敛性本身出发进行推理。 **两个条件的关联：** - 正项级数发散，说明 $a_n$ 不能衰减得太快（例如，若 $a_n \sim 1/n$，则调和级数发散；若 $a_n \sim 1/n^2$，则收敛）。 - 交错级数收敛，说明 $a_n$ 必须趋于 $0$（因为任何收敛级数的通项必须趋于 $0$）。事实上，由 $\sum (-1)^{n-1} a_n$ 收敛，可得 $\lim_{n \to \infty} (-1)^{n-1} a_n = 0$，从而 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。 - 因此，我们已知 $a_n > 0$，$a_n \to 0$，但 $\sum a_n$ 发散。这提示 $a_n$ 的衰减速度介于“收敛级数的通项”和“发散级数的通项”之间，例如 $a_n = 1/n$ 就满足：$\sum 1/n$ 发散，但 $\sum (-1)^{n-1}/n$ 收敛（交错调和级数）。 **关键观察：** 题目没有给出 $a_n$ 的具体表达式，因此我们需要基于这两个条件进行抽象推理，判断选项中关于 $\sum a_n^2$ 或 $\sum \frac{a_n}{1+a_n}$ 等级数的敛散性。

根据题目已知的交错级数形式，我们需要将其展开为前几项的具体和式。交错级数的一般形式为 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$，其中 $a_n > 0$。展开后得到： $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + a_5 - a_6 + \cdots$$ 对于本题，具体级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n}$，即 $a_n = \frac{1}{n}$。因此展开形式为： $$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \cdots$$ 注意，交错级数的部分和 $S_n$ 定义为前 $n$ 项的和： $$S_1 = 1$$ $$S_2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$ $$S_3 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6}$$ $$S_4 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{7}{12}$$ 该级数收敛于 $\ln 2$，但本步骤仅要求写出展开形式，不需要计算和。展开式清晰地展示了交错项的正负交替规律，为后续判断收敛性（如莱布尼茨判别法）或计算部分和提供基础。

考虑交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$，其中 $a_n > 0$。为了利用莱布尼茨判别法或进一步分析其收敛性，我们常将级数的项按相邻两项分组。具体地，将第1项与第2项作为一组，第3项与第4项作为一组，依此类推，即： $$(a_1 - a_2) + (a_3 - a_4) + (a_5 - a_6) + \cdots$$ 用求和符号表示为： $$\sum_{n=1}^{\infty} (a_{2n-1} - a_{2n})$$ 这里，$a_{2n-1}$ 是奇数项，$a_{2n}$ 是偶数项。由于原级数是交错级数，奇数项为正，偶数项为负，因此相邻两项的差 $a_{2n-1} - a_{2n}$ 实际上就是这两项的和（因为第二项带负号）。这种分组不改变级数的部分和序列，因为部分和 $S_{2N} = \sum_{k=1}^{2N} (-1)^{k-1} a_k$ 恰好等于 $\sum_{n=1}^{N} (a_{2n-1} - a_{2n})$。而奇数项的部分和 $S_{2N-1} = S_{2N} + a_{2N+1}$，因此原级数的收敛性等价于分组后级数的收敛性，只要 $a_n \to 0$。 例如，对于调和级数的交错形式 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n}$，分组后得到： $$\left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{6}\right) + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n}\right)$$ 这一步骤为后续判断级数收敛性（如比较判别法或积分判别法）提供了方便的形式。

已知原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$ 为交错级数，且满足莱布尼茨判别法的条件：$a_n$ 单调递减趋于 $0$，因此该交错级数收敛。设其部分和为 $S_n = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} a_k$，则 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ 存在且有限。 考虑部分和子列 $S_{2m}$（即前 $2m$ 项的部分和），它也是收敛的，且极限仍为 $S$。将 $S_{2m}$ 按相邻两项分组： $$ S_{2m} = (a_1 - a_2) + (a_3 - a_4) + \cdots + (a_{2m-1} - a_{2m}) = \sum_{n=1}^{m} (a_{2n-1} - a_{2n}). $$ 由于 $\lim_{m \to \infty} S_{2m} = S$，因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_{2n-1} - a_{2n})$ 的部分和数列 $\{S_{2m}\}$ 收敛，从而该级数收敛。 进一步，由 $a_n$ 单调递减可知 $a_{2n-1} - a_{2n} \geq 0$，故 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_{2n-1} - a_{2n})$ 是一个正项级数，其收敛性可由比较判别法或直接由上述部分和子列的收敛性得到。 这一步骤的关键在于利用收敛级数的性质：若一个级数收敛，则其任意子列（如偶数项部分和子列）也收敛，从而将原交错级数的收敛性转化为正项级数的收敛性，为后续分析提供基础。

首先分析选项（D）：该级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^{\frac{3}{2}}}$，这是一个交错级数，且通项 $u_n = \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$ 单调递减趋于0，由莱布尼茨判别法可知该级数收敛。又因为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$ 是 $p=\frac{3}{2}>1$ 的 $p$ 级数，绝对收敛，故选项（D）正确。 对于选项（A）：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$，通项 $\frac{1}{\sqrt{n}}$ 单调递减趋于0，由莱布尼茨判别法知条件收敛，但 $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散（$p=\frac{1}{2}<1$），故不是绝对收敛，排除。 选项（B）：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛，但 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，排除。 选项（C）：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\ln(n+1)}$，当 $n$ 充分大时 $\frac{1}{\ln(n+1)}$ 单调递减趋于0，由莱布尼茨判别法知条件收敛，但 $\sum \frac{1}{\ln(n+1)}$ 发散（比较判别法，$\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$ 对充分大的 $n$ 不成立，但可通过积分判别法或与 $\frac{1}{n}$ 比较的极限形式知其发散），故排除。 因此，只有选项（D）满足绝对收敛条件。最终答案选（D）。