2017年考研数学三第4题

首先，我们需要将 $\sin\left(\frac{1}{n}\right)$ 在 $\frac{1}{n}=0$ 处进行泰勒展开。正弦函数的泰勒展开式为： $$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$$ 令 $x = \frac{1}{n}$，则展开到三阶项（即 $x^3$ 项）可得： $$\sin\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{6}\left(\frac{1}{n}\right)^3 + o\left(\left(\frac{1}{n}\right)^3\right)$$ 其中 $o\left(\left(\frac{1}{n}\right)^3\right)$ 表示比 $\frac{1}{n^3}$ 更高阶的无穷小量。化简后得到： $$\sin\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)$$ 这个展开式在 $n \to \infty$ 时成立，因为此时 $\frac{1}{n} \to 0$。注意，我们只保留到三阶项，因为后续步骤中需要比较 $\frac{1}{n}$ 和 $\frac{1}{n^3}$ 的阶数，从而判断级数的收敛性。

本步骤的目标是将对数函数 $\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)$ 在 $\frac{1}{n}=0$ 处进行泰勒展开，并保留到二阶项。 首先，回忆泰勒展开的基本公式：对于函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的展开式为 $f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots$。 令 $x=\frac{1}{n}$，则 $\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)=\ln(1-x)$。我们需要将 $\ln(1-x)$ 在 $x=0$ 处展开。 计算各阶导数： - $f(x)=\ln(1-x)$，则 $f(0)=\ln1=0$。 - 一阶导数：$f'(x)=\frac{-1}{1-x}$，所以 $f'(0)=-1$。 - 二阶导数：$f''(x)=\frac{-1}{(1-x)^2}$，所以 $f''(0)=-1$。 代入泰勒展开公式： $$\ln(1-x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+o(x^2)=0+(-1)x+\frac{-1}{2}x^2+o(x^2)=-x-\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$ 将 $x=\frac{1}{n}$ 代回，得到： $$\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)=-\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$ 注意，这里的 $o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ 表示当 $n\to\infty$ 时，比 $\frac{1}{n^2}$ 更高阶的无穷小量。 至此，我们完成了对数函数的泰勒展开，为后续步骤中计算极限或级数提供了精确的近似表达式。

将前两步得到的展开式代入通项 $a_n = \sin\left(\frac{1}{n}\right) - k \ln\left(1 - \frac{1}{n}\right)$。 首先，$\sin\left(\frac{1}{n}\right)$ 的展开式为： $$ \sin\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right) $$ 其次，$\ln\left(1 - \frac{1}{n}\right)$ 的展开式为： $$ \ln\left(1 - \frac{1}{n}\right) = -\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} - \frac{1}{3n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right) $$ 因此， $$ a_n = \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right) - k\left(-\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} - \frac{1}{3n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right) $$ 展开第二项： $$ a_n = \frac{1}{n} - \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right) + \frac{k}{n} + \frac{k}{2n^2} + \frac{k}{3n^3} - k \cdot o\left(\frac{1}{n^3}\right) $$ 合并同类项。首先合并 $\frac{1}{n}$ 项： $$ \frac{1}{n} + \frac{k}{n} = \frac{k+1}{n} $$ 接着合并 $\frac{1}{n^2}$ 项：只有 $\frac{k}{2n^2}$ 一项，故为 $\frac{k}{2n^2}$。 再合并 $\frac{1}{n^3}$ 项： $$ -\frac{1}{6n^3} + \frac{k}{3n^3} = \frac{2k-1}{6n^3} $$ 最后，高阶无穷小项合并为 $o\left(\frac{1}{n^2}\right)$（因为我们需要保留到 $\frac{1}{n^2}$ 阶，更高阶项均归入 $o\left(\frac{1}{n^2}\right)$）。 因此，通项表达式合并为： $$ a_n = \frac{k+1}{n} + \frac{k}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right) $$ 注意：这里 $o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ 包含了 $\frac{2k-1}{6n^3}$ 以及更高阶的无穷小项，因为 $\frac{1}{n^3}$ 是 $\frac{1}{n^2}$ 的高阶无穷小。

在前三步中，我们已经将级数通项展开为： $$ a_n = \frac{1}{n} \left[ (k+1) + \frac{1}{2n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right) \right] $$ 即 $$ a_n = \frac{k+1}{n} + \frac{1}{2n^2} + O\left(\frac{1}{n^3}\right). $$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的收敛性由通项的主要部分决定。我们知道，$\sum \frac{1}{n}$ 发散（调和级数），而 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛（p-级数，p=2>1）。因此，要使整个级数收敛，必须消除发散部分，即令 $\frac{1}{n}$ 项的系数为零： $$ k+1 = 0. $$ 解得 $$ k = -1. $$ 当 $k=-1$ 时，通项变为 $$ a_n = \frac{1}{2n^2} + O\left(\frac{1}{n^3}\right), $$ 此时级数 $\sum a_n$ 与收敛级数 $\sum \frac{1}{2n^2}$ 同敛散，故原级数收敛。 **验证**：将 $k=-1$ 代入原级数通项 $a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n} - \frac{1}{\sqrt{n}}$，可验证其极限行为确实为 $\frac{1}{2n^2}$ 量级，因此级数收敛。 最终答案：$k=-1$。