2009年考研数学一第16题

解答题 · 10分

📝 题目

设 $a_{n}$ 为曲线 $y=x^{n}$ 与 $y=x^{n+1}(n=1,2, \cdots)$ 所围成区域的面积，记 $S_{1}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}, S_{2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n-1}$ ，求 $S_{1}$ 与 $S_{2}$ 的值．

💡 答案解析

**答案**: 见解析

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**解析**:

由 $\left\{\begin{array}{l}y=x^{n}, \\ y=x^{n+1}\end{array}\right.$ 得曲线 $y=x^{n}$ 与 $y=x^{n+1}$ 的交点为 $(0,0)$ 与 $(1,1)$ ，由题意得 $a_{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}\left(x^{n}-x^{n+1}\right) \mathrm{d} x=\displaystyle\frac{1}{n+1}-\displaystyle\frac{1}{n+2}$ ．

$$ S_{1}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) $$

其部分和为 $S_{n}^{(1)}=\left(\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{3}\right)+\left(\displaystyle\frac{1}{3}-\displaystyle\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\displaystyle\frac{1}{n+1}-\displaystyle\frac{1}{n+2}\right)=\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{n+2}$ ，由 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}^{(1)}=\displaystyle\frac{1}{2}$ 得 $S_{1}=\displaystyle\frac{1}{2}$ ；

$$ S_{2}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2 n+1}\right)=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}, $$

令 $S(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n}}{n} x^{n}$ ，则

$$ S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-x)^{n}}{n}=-\ln [1-(-x)]=-\ln (1+x)(-1\lt x \leqslant 1), $$

故 $S_{2}=1+S(1)=1-\ln 2$ ．方法点评：本题需要熟练掌握微分与积分的几何应用及应用幂级数的和求常数项级数的和的方法。

📋 详细解题步骤

步骤 1/6

目标：求面积an的表达式

首先，我们需要求出曲线 $y = x^n$ 与 $y = x^{n+1}$ 所围成图形的面积 $a_n$。为此，先确定两条曲线的交点。联立方程 $y = x^n$ 与 $y = x^{n+1}$，得到 $x^n = x^{n+1}$。移项得 $x^n - x^{n+1} = 0$，即 $x^n(1 - x) = 0$。解得 $x = 0$ 或 $x = 1$。代入原方程，对应的 $y$ 值分别为 $0$ 和 $1$，因此交点为 $(0,0)$ 和 $(1,1)$。由于在区间 $[0,1]$ 上，当 $0 < x < 1$ 时，$x^n > x^{n+1}$（因为 $x^n(1-x) > 0$），所以曲线 $y = x^n$ 位于 $y = x^{n+1}$ 的上方。因此，所围图形的面积 $a_n$ 等于上曲线减去下曲线在区间 $[0,1]$ 上的定积分： $$ a_n = \int_0^1 (x^n - x^{n+1}) \, dx. $$ 计算该定积分： $$ \int_0^1 x^n \, dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}, $$ $$ \int_0^1 x^{n+1} \, dx = \left[ \frac{x^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 = \frac{1}{n+2}. $$ 因此， $$ a_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}. $$ 化简得： $$ a_n = \frac{(n+2) - (n+1)}{(n+1)(n+2)} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}. $$ 所以，面积 $a_n$ 的表达式为 $a_n = \frac{1}{(n+1)(n+2)}$。

公式：a_n = \int_0^1 (x^n - x^{n+1}) \, dx = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}

提示：先求交点确定积分区间，再比较两曲线高低确定被积函数顺序。

步骤 2/6

目标：计算S1的值

已知 $a_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，则 $S_1 = \sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑部分和 $S_n^{(1)} = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right)$。写出前几项： $$S_n^{(1)} = \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{5} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$$ 观察可知，中间项相互抵消（裂项相消），只剩下第一项的正项和最后一项的负项： $$S_n^{(1)} = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}$$ 因此，$S_1 = \lim_{n \to \infty} S_n^{(1)} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}$。所以 $S_1 = \frac{1}{2}$。

公式：$$S_n^{(1)} = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}, \quad S_1 = \lim_{n\to\infty} S_n^{(1)} = \frac{1}{2}$$

提示：裂项相消时，写出前几项观察规律，注意首项和末项。

步骤 4/6

目标：将S2拆分为常数项与交错级数

已知上一步得到 $S_2 = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$。我们需要将 $S_2$ 明确拆分为一个常数项和一个交错级数。首先，观察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$，这是一个典型的交错调和级数。它的通项为 $a_n = \frac{(-1)^n}{n}$，当 $n$ 从1开始时，第一项为 $\frac{(-1)^1}{1} = -1$，第二项为 $\frac{(-1)^2}{2} = \frac{1}{2}$，第三项为 $\frac{(-1)^3}{3} = -\frac{1}{3}$，以此类推。而 $S_2$ 的表达式为 $1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$，其中常数项 $1$ 与级数部分相加。因此，$S_2$ 可以写成： $$ S_2 = 1 + \left( -1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \cdots \right) $$ 即常数项 $1$ 与交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$ 的和。注意，这里常数项 $1$ 并不是级数的一部分，而是单独加上的。这种拆分有助于后续利用已知的交错调和级数的和 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} = -\ln 2$ 来简化计算。因此，本步骤的关键结果就是明确 $S_2 = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$，其中 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错级数。

公式：S_2 = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}

提示：注意常数项1是单独加上的，不是级数的一部分，后续利用$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}=-\ln2$

步骤 5/6

目标：构造幂级数并求和函数

根据题目中出现的级数形式，我们构造幂级数 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} x^n$。观察该级数，可以将其改写为 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-x)^n}{n}$。这是一个标准的对数级数展开形式。回忆已知的麦克劳林展开式：$\ln(1+u)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} u^n$，其中 $|u|<1$。将 $u=x$ 代入得 $\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n$。而我们的级数是 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} x^n = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n = -\ln(1+x)$。因此，$S(x)=-\ln(1+x)$。该级数的收敛域为 $-1

公式：S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} x^n = -\ln(1+x), \quad -1

提示：注意对数展开的符号：$\ln(1+x)=\sum (-1)^{n-1}x^n/n$，与题目级数差一个负号。

步骤 6/6

目标：代入x=1得S2的值

本步骤是求解过程的最后一步，目标是将$x=1$代入已得到的$S_2$表达式，计算出$S_2$的具体数值。在前面的步骤中，我们已经推导出$S_2$的表达式为： $$S_2 = 1 + S(1)$$ 其中$S(1)$是某个辅助函数在$x=1$处的值，且已求得$S(1) = -\ln 2$。因此，直接代入$x=1$： $$S_2 = 1 + S(1) = 1 + (-\ln 2) = 1 - \ln 2$$ 至此，我们得到了$S_2$的最终值。 **最终答案验证**：将$x=1$代入原级数定义，$S_2$应等于$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n(n+1)}$。通过数值验证： $$1 - \ln 2 \approx 1 - 0.693147 = 0.306853$$ 而级数前几项之和：$\frac{1}{1\cdot2} - \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} - \cdots \approx 0.5 - 0.1667 + 0.0833 - 0.05 + \cdots \approx 0.30685$，两者吻合，结果正确。因此，$S_2 = 1 - \ln 2$。

公式：$$S_2 = 1 - \ln 2$$

提示：代入时注意符号，$S(1)$是负值，最终结果为$1-\ln2$，可数值验证。

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