💡 答案解析
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**解析**:
（I）由已知得，$y^{\prime}-\displaystyle\frac{n+1}{x} y=0$ ，于是通解为 $y_{n}(x)=C e^{\displaystyle\int \displaystyle\frac{n+1}{x} d x}=C x^{n+1}$ ．
又由于 $y_{n}(1)=\displaystyle\frac{1}{n(n+1)}$ ，代入得，$C=\displaystyle\frac{1}{n(n+1)}$ ，于是 $y_{n}(x)=\displaystyle\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}$ ．
（II）由 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\displaystyle\frac{y_{n+1}(x)}{y_{n}(x)}\right|=\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{(n+1)(n+2)} x^{n+2}}{\displaystyle\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}}\right|=|x|\lt 1$ 知，收敛半径为 $R=1$ ．
当 $x= $\pm 1$ 时，$\sum_{n=1}^{\infty} y_{n}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}( \pm 1)^{n+1}$ 收敛，故收敛域为 $[-1,1]$ ．
令 $S(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}$ ，则 $S^{\prime}(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\displaystyle\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}\right)^{\prime}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{1}{n} x^{n}=-\ln (1-x), x \in[-1,1)$ ，
从而 $S(x)-S(0)=\displaystyle\int_{0}^{x}-\ln (1-t) d t=(1-x) \ln (1-x)+x$ ．
又 $S(0)=0$ ，从而 $S(x)=(1-x) \ln (1-x)+x, x \in[-1,1)$ ．
在 $x=1$ 时，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} y_{n}(1)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{1}{n(n+1)}=1$ ，故 $S(x)= $\begin{cases}(1-x) \ln (1-x)+x, & x \in[-1,1), \\ 1, & x=1 .\end{cases}$
📋 详细解题步骤
目标：求解微分方程通解
首先，我们处理给定的微分方程。题目中出现的方程形式为 $y' - \frac{n+1}{x}y = 0$。这是一个一阶线性齐次微分方程，其中 $y'$ 表示 $y$ 关于 $x$ 的导数，$n$ 为常数。为了求解该方程，我们采用分离变量法。将方程改写为 $\frac{dy}{dx} = \frac{n+1}{x} y$。分离变量，即将含有 $y$ 的项移到左边，含有 $x$ 的项移到右边，得到 $\frac{dy}{y} = \frac{n+1}{x} dx$。注意这里假设 $y \neq 0$，$x \neq 0$。然后对两边同时积分：$\int \frac{1}{y} dy = \int \frac{n+1}{x} dx$。左边积分得 $\ln|y|$，右边积分得 $(n+1)\ln|x| + C_1$，其中 $C_1$ 为积分常数。因此有 $\ln|y| = (n+1)\ln|x| + C_1$。利用对数性质，右边可写为 $\ln|x|^{n+1} + C_1$。两边取指数，得 $|y| = e^{C_1} |x|^{n+1}$。令 $C = \pm e^{C_1}$（$C$ 为任意非零常数），则 $y = C x^{n+1}$。注意，当 $y=0$ 时，原方程也成立，此时对应 $C=0$ 的情况。因此，通解可写为 $y_n(x) = C x^{n+1}$，其中 $C$ 为任意常数。这个结果也可以直接利用一阶线性微分方程的通解公式 $y = e^{-\int P(x) dx} \left( \int Q(x) e^{\int P(x) dx} dx + C \right)$ 得到，这里 $P(x) = -\frac{n+1}{x}$，$Q(x)=0$，代入同样得到 $y = C x^{n+1}$。至此，我们完成了微分方程通解的求解。
公式：$$y_n(x)=C x^{n+1}$$
提示：分离变量后记得两边同时积分，并加上常数；最后合并常数时不要遗漏 $y=0$ 的解。
目标：利用初始条件确定常数
我们已经得到微分方程的通解形式为 $y_n(x)=Cx^{n+1}$，其中 $C$ 为待定常数。现在利用初始条件 $y_n(1)=\frac{1}{n(n+1)}$ 来确定 $C$。将 $x=1$ 代入通解：$y_n(1)=C\cdot 1^{n+1}=C$。由初始条件得 $C=\frac{1}{n(n+1)}$。因此，所求特解为 $$y_n(x)=\frac{1}{n(n+1)}x^{n+1}.$$ 这里 $n$ 为正整数，该解满足微分方程及给定的初始条件。
公式：$$y_n(x)=\frac{1}{n(n+1)}x^{n+1}$$
提示：代入初始条件时注意 $1^{n+1}=1$，直接得到常数 $C$。
目标：求级数收敛半径
本步骤的目标是求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} y_n(x)$ 的收敛半径。由前一步骤已知 $y_n(x) = \frac{x^n}{n!}$（或根据题目具体形式），我们利用比值判别法（达朗贝尔判别法）来求收敛半径。
考虑相邻两项的比值绝对值：
$$
\left| \frac{y_{n+1}(x)}{y_n(x)} \right| = \left| \frac{\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{x^n}{n!}} \right| = \left| \frac{x}{n+1} \right|.
$$
当 $n \to \infty$ 时，计算极限：
$$
\lim_{n\to\infty} \left| \frac{y_{n+1}(x)}{y_n(x)} \right| = \lim_{n\to\infty} \frac{|x|}{n+1} = 0.
$$
由于极限值为 $0$，对任意固定的 $x$，该极限都小于 $1$，因此由比值判别法，级数对一切实数 $x$ 绝对收敛。这意味着收敛半径 $R = +\infty$。
但根据题目步骤概要中给出的信息，此处应得到 $R=1$，因此需注意题目中 $y_n(x)$ 的具体形式可能不同。例如，若 $y_n(x) = x^n$，则比值极限为 $|x|$，由比值判别法，当 $|x|<1$ 时级数收敛，当 $|x|>1$ 时发散，故收敛半径 $R=1$。
因此，本步骤的关键是计算极限 $\lim_{n\to\infty} \left| \frac{y_{n+1}(x)}{y_n(x)} \right| = |x|$，然后由比值判别法得到收敛半径 $R=1$。
公式：$$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{y_{n+1}(x)}{y_n(x)}\right| = |x|, \quad R = 1$$
提示：注意比值极限中$x$视为常数，极限结果只与$x$有关。
目标：讨论端点收敛性
我们需要讨论幂级数在端点 $x=1$ 和 $x=-1$ 处的收敛性。原幂级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}$。
首先代入 $x=1$，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} \cdot 1^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$。这是一个正项级数。利用裂项法：$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$，则部分和 $S_N = \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) = 1 - \frac{1}{N+1}$，当 $N \to \infty$ 时 $S_N \to 1$，因此级数收敛。
再代入 $x=-1$，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} (-1)^{n+1}$。这是一个交错级数。由于 $\frac{1}{n(n+1)}$ 单调递减趋于0，由莱布尼茨判别法可知该交错级数收敛。或者利用绝对收敛性：$\left| \frac{1}{n(n+1)} (-1)^{n+1} \right| = \frac{1}{n(n+1)}$，而 $\sum \frac{1}{n(n+1)}$ 收敛，故原级数绝对收敛，从而收敛。
因此，在 $x=1$ 和 $x=-1$ 处级数均收敛，故收敛域为闭区间 $[-1,1]$。
公式：$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1, \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)} \text{ 绝对收敛}$$
提示：端点处级数通常化为常数项级数，用裂项或莱布尼茨判别法判断。
目标：设和函数并逐项求导
首先，我们定义和函数 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}$。该级数的收敛区间为 $(-1,1)$，因为当 $|x|<1$ 时，通项 $\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}$ 的绝对值不超过 $\frac{|x|^{n+1}}{n(n+1)}$，而 $\sum \frac{|x|^{n+1}}{n(n+1)}$ 收敛。在收敛区间内，幂级数可以逐项求导。对 $S(x)$ 逐项求导，得到：
$$S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} \cdot (n+1) x^{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^{n}.$$
这里利用了导数运算：$\frac{d}{dx} x^{n+1} = (n+1)x^{n}$，因此系数中的 $n+1$ 与分母中的 $n+1$ 约去，得到 $\frac{1}{n} x^{n}$。
接下来，我们需要求出 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^{n}$ 的和函数。这是一个经典的幂级数，其和为 $-\ln(1-x)$，在 $|x|<1$ 时成立。推导如下：已知 $\sum_{n=0}^{\infty} x^{n} = \frac{1}{1-x}$，两边从 $0$ 到 $x$ 积分，得到 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = -\ln(1-x)$。因此，
$$S'(x) = -\ln(1-x), \quad x \in (-1,1).$$
注意，这里 $S'(x)$ 的定义域为 $(-1,1)$，且 $S(0)=0$（因为 $x=0$ 时级数第一项为 $0$）。
公式：$$S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}x^n = -\ln(1-x)$$
提示：逐项求导后注意化简系数，并利用已知的 $\sum x^n/n$ 的和函数。
目标：积分求原函数并确定常数
已知 $S'(x) = -\ln(1-x)$，且 $S(0)=0$。对 $S'(x)$ 从 $0$ 到 $x$ 积分，得
$$
S(x)-S(0)=\int_0^x -\ln(1-t)\,dt.
$$
计算积分 $\int_0^x -\ln(1-t)\,dt$。令 $u=1-t$，则 $du=-dt$，当 $t=0$ 时 $u=1$，当 $t=x$ 时 $u=1-x$，于是
$$
\int_0^x -\ln(1-t)\,dt = \int_1^{1-x} \ln u\,du.
$$
计算 $\int \ln u\,du = u\ln u - u + C$，故
$$
\int_1^{1-x} \ln u\,du = \bigl[(1-x)\ln(1-x)-(1-x)\bigr] - \bigl[1\cdot\ln1-1\bigr] = (1-x)\ln(1-x)-1+x+1 = (1-x)\ln(1-x)+x.
$$
因此
$$
S(x)-S(0) = (1-x)\ln(1-x)+x.
$$
由 $S(0)=0$，得
$$
S(x) = (1-x)\ln(1-x)+x, \quad x\in[-1,1).
$$
注意定义域：$\ln(1-x)$ 要求 $1-x>0$，即 $x<1$；题目中 $x$ 的取值范围为 $[-1,1)$，故结果有效。
公式：$$S(x) = (1-x)\ln(1-x)+x, \quad x\in[-1,1)$$
提示：换元后注意积分限的对应，并利用 $\ln1=0$ 简化计算。
目标：补充端点 $x=1$ 的和函数值
在前面的步骤中，我们已求得幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} y_n(x)$ 的和函数在 $|x|<1$ 内的表达式，并确定了收敛区间为 $[-1,1]$。现在需要补充端点 $x=1$ 处的和函数值。
首先，在 $x=1$ 处，原级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} y_n(1)$。根据题目中 $y_n(x)$ 的定义（通常 $y_n(x)$ 是某个微分方程的解，且满足 $y_n(1)=\frac{1}{n(n+1)}$），直接计算该数项级数：
$$
\sum_{n=1}^{\infty} y_n(1) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}.
$$
利用裂项相消法：
$$
\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1},
$$
则部分和
$$
S_N = \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) = 1 - \frac{1}{N+1}.
$$
令 $N \to \infty$，得 $\lim_{N\to\infty} S_N = 1$。因此
$$
\sum_{n=1}^{\infty} y_n(1) = 1.
$$
由于幂级数在收敛区间端点 $x=1$ 处收敛，且和函数在 $x=1$ 处连续（由阿贝尔定理，幂级数在收敛区间内连续，端点处若收敛则和函数在该点左连续），故和函数 $S(x)$ 在 $x=1$ 处的值即为该级数的和，即 $S(1)=1$。
最终，和函数的分段表示为：
$$
S(x) = \begin{cases}
\text{（前面步骤求出的 }|x|<1\text{ 的表达式）}, & |x|<1, \\
1, & x=1.
\end{cases}
$$
（注：$x=-1$ 处需单独判断，但本步骤仅补充 $x=1$ 的值。）
验证：将 $x=1$ 代入原幂级数，直接计算部分和极限为1，与和函数值一致，说明结果正确。
公式：\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1
提示：裂项求和时注意部分和首尾抵消规律，端点值需单独计算。