2005年考研数学一第16题

解答题 · 10分

📝 题目

求幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left[1+\displaystyle\frac{1}{n(2 n-1)}\right] x^{2 n}$ 的收敛区间与和函数 $f(x)$ ．

💡 答案解析

方法一 由 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=1$ ，得级数的收玫半径为 $R=1$ ，收玫区间为 $(-1,1)$ ． 令 $f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left[1+\displaystyle\frac{1}{n(2 n-1)}\right] x^{2 n}$ ， 则 $f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2 n}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \displaystyle\frac{x^{2 n}}{n(2 n-1)}$

$$ \begin{aligned} & =-\sum_{n=1}^{\infty}\left(-x^{2}\right)^{n}+2 \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n(2 n-1)} \\ & =\frac{x^{2}}{1+x^{2}}+2 \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n(2 n-1)} \end{aligned} $$

令 $S_{1}(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \displaystyle\frac{x^{2 n}}{2 n(2 n-1)}, \quad S_{1}(0)=0$ ，

$$ \begin{aligned} & S_{1}^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{2 n-1}, \quad S_{1}^{\prime}(0)=0 \\ & S_{1}^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2 n-2}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(-x^{2}\right)^{n-1}=\frac{1}{1+x^{2}} \end{aligned} $$

于是 $S_{1}^{\prime}(x)=S_{1}^{\prime}(x)-S_{1}^{\prime}(0)=\displaystyle\int_{0}^{x} \displaystyle\frac{1}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=\arctan x$ ，

$$ \begin{aligned} S_{1}(x) & =S_{1}(x)-S_{1}(0)=\int_{0}^{x} \arctan x \mathrm{~d} x=x \arctan x-\int_{0}^{x} \frac{x}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x \\ & =x \arctan x-\frac{1}{2} \ln \left(1+x^{2}\right) \end{aligned} $$

故 $f(x)=\displaystyle\frac{x^{2}}{1+x^{2}}+2 x \arctan x-\ln \left(1+x^{2}\right)$ ． 方法二 由 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=1$ 得级数的收玫半径为 $R=1$ ，级数的收玫区间为 $(-1,1)$ ．

$$ \begin{gathered} S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left[1+\frac{1}{n(2 n-1)}\right] x^{2 n} \\ =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2 n}+2 \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n(2 n-1)} \\ \text { 而 } \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2 n}=\frac{x^{2}}{1-\left(-x^{2}\right)}=\frac{x^{2}}{1+x^{2}}, \\ \begin{aligned} \text { 又 } \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n(2 n-1)}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n}, \\ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n-1} & =x \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{2 n-1}=x \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x}(-1)^{n-1} x^{2 n-2} \mathrm{~d} x \\ & =x \int_{0}^{x}\left[\sum_{n=1}^{\infty}\left(-x^{2}\right)^{n-1}\right] \mathrm{d} x=x \int_{0}^{x} \frac{1}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=x \arctan x, \\ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n} & =\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x}(-1)^{n-1} x^{2 n-1} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{x}\left[\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2 n-1}\right] \mathrm{d} x \\ & =\int_{0}^{x} x\left[\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2 n-2}\right] \mathrm{d} x=\int_{0}^{x} \frac{x}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \ln \left(1+x^{2}\right), \end{aligned} \end{aligned} \end{gathered} $$

故 $f(x)=\displaystyle\frac{x^{2}}{1+x^{2}}+2 x \arctan x-\ln \left(1+x^{2}\right)$ ．

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：求收敛区间
首先，令 $t = x^2$，将原幂级数化为关于 $t$ 的标准形式 $\sum a_n t^n$。原级数一般项为 $u_n(x) = a_n x^{2n}$，代入 $t = x^2$ 得 $u_n = a_n t^n$。 接着，利用比值法求收敛半径。计算 $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1} t^{n+1}}{a_n t^n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| |t|$。设 $\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$，则当 $\rho |t| < 1$ 时级数绝对收敛，即 $|t| < \frac{1}{\rho}$，故收敛半径 $R_t = \frac{1}{\rho}$。若 $\rho = 0$，则 $R_t = +\infty$；若 $\rho = +\infty$，则 $R_t = 0$。 然后，讨论端点 $t = \pm R_t$ 处的收敛性。将 $t = R_t$ 和 $t = -R_t$ 分别代入级数，利用常数项级数审敛法（如比较审敛法、莱布尼茨审敛法、比值审敛法等）判断是否收敛。注意，由于 $t = x^2 \ge 0$，实际上只需考虑 $t = R_t$ 这一个端点（若 $R_t$ 有限且非负）。 最后，得到 $t$ 的收敛区间（可能为开区间、闭区间或半开半闭区间），再代回 $x = \pm \sqrt{t}$，得到 $x$ 的收敛区间。具体地，若 $t$ 的收敛区间为 $[0, R_t]$（或 $[0, R_t)$ 等），则 $x$ 的收敛区间为 $[-\sqrt{R_t}, \sqrt{R_t}]$（对应端点情况需单独讨论）。 例如，若原级数为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} x^{2n}$，令 $t=x^2$，则 $\sum \frac{1}{n+1} t^n$。$\rho = \lim_{n\to\infty} \frac{1/(n+2)}{1/(n+1)} = 1$，故 $R_t=1$。当 $t=1$ 时，级数为 $\sum \frac{1}{n+1}$ 发散；当 $t=-1$ 时，$t$ 非负不考虑，故 $t$ 的收敛区间为 $[0,1)$，从而 $x$ 的收敛区间为 $(-1,1)$。
公式：$$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \rho, \quad R_t = \frac{1}{\rho}, \quad |t| < R_t$$
提示：注意 $t = x^2 \ge 0$，因此只需考虑 $t$ 的非负端点，避免多余讨论。
步骤 2/4
目标：分解和函数表达式
已知原级数的通项为 $u_n(x)=(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n(2n-1)}$。为了便于求和，将通项拆分为两个部分： $$u_n(x)=(-1)^{n-1}x^{2n}\cdot\frac{1}{n(2n-1)}$$ 注意到 $\frac{1}{n(2n-1)}$ 可以分解为部分分式： $$\frac{1}{n(2n-1)}=\frac{2}{2n-1}-\frac{1}{n}$$ 验证：右边通分得 $\frac{2n-(2n-1)}{n(2n-1)}=\frac{1}{n(2n-1)}$，正确。 因此通项可写为： $$u_n(x)=(-1)^{n-1}x^{2n}\left(\frac{2}{2n-1}-\frac{1}{n}\right)=(-1)^{n-1}\frac{2x^{2n}}{2n-1}-(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}$$ 于是和函数 $S(x)$ 分解为两个级数的差： $$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2x^{2n}}{2n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}$$ 记 $S_1(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2x^{2n}}{2n-1}$，$S_2(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}$，则 $S(x)=S_1(x)-S_2(x)$。 接下来分别处理这两个级数。对于 $S_2(x)$，它是常见的对数级数： $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}=\ln(1+x^2)$$ 因为 $\ln(1+t)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{t^n}{n}$，令 $t=x^2$ 即得。 对于 $S_1(x)$，令 $t=x^2$，则 $S_1(x)=2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{t^n}{2n-1}$。注意到 $\frac{t^n}{2n-1}$ 与反正切函数的展开有关： $$\arctan t=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{t^{2n+1}}{2n+1}$$ 但这里指数是 $n$ 而非 $2n+1$，需要调整。考虑 $\arctan\sqrt{t}$ 的展开： $$\arctan\sqrt{t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{(\sqrt{t})^{2n+1}}{2n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{t^{n+1/2}}{2n+1}$$ 这仍不是我们想要的形式。更直接的方法是利用逐项积分： 令 $f(t)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{t^n}{2n-1}$，则 $f(t)$ 的导数： $$f'(t)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{n t^{n-1}}{2n-1}$$ 这并不简单。另一种思路：将 $\frac{1}{2n-1}$ 写成积分形式： $$\frac{1}{2n-1}=\int_0^1 x^{2n-2}dx$$ 则 $$S_1(x)=2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n}\int_0^1 t^{2n-2}dt=2\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n}t^{2n-2}dt$$ $$=2\int_0^1\frac{1}{t^2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(x^2t^2)^n dt=2\int_0^1\frac{1}{t^2}\cdot\frac{x^2t^2}{1+x^2t^2}dt=2\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2t^2}dt$$ 计算积分： $$2x^2\int_0^1\frac{dt}{1+x^2t^2}=2x^2\cdot\frac{1}{x}\arctan(x)\Big|_0^1=2x\arctan x$$ 因此 $S_1(x)=2x\arctan x$。 综上，和函数为： $$S(x)=S_1(x)-S_2(x)=2x\arctan x-\ln(1+x^2)$$
公式：$$S(x)=2x\arctan x-\ln(1+x^2)$$
提示：利用积分表示 $\frac{1}{2n-1}$ 可避免复杂求导，直接得到 $S_1(x)$ 的封闭形式。
步骤 3/4
目标：求第一部分和函数
本步骤的目标是求第一部分的和函数。第一部分为 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{2n}$。首先，将求和符号内的表达式进行变形： $$ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} (x^2)^n. $$ 注意到 $(-1)^{n-1} = -(-1)^n$，因此原式可写为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{2n} = -\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n (x^2)^n = -\sum_{n=1}^{\infty} (-x^2)^n. $$ 这是一个等比级数，首项为 $(-x^2)$，公比为 $(-x^2)$。等比级数求和公式为：当 $|r|<1$ 时，$\sum_{n=1}^{\infty} a r^{n-1} = \frac{a}{1-r}$。但这里求和从 $n=1$ 到 $\infty$，且通项为 $(-x^2)^n$，即首项 $a = -x^2$，公比 $r = -x^2$。因此： $$ \sum_{n=1}^{\infty} (-x^2)^n = \frac{-x^2}{1 - (-x^2)} = \frac{-x^2}{1 + x^2}. $$ 代入前面的表达式： $$ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{2n} = -\left( \frac{-x^2}{1 + x^2} \right) = \frac{x^2}{1 + x^2}. $$ 因此，第一部分的和函数为 $S_1(x) = \frac{x^2}{1 + x^2}$，收敛域为 $|x|<1$（因为等比级数收敛条件 $| -x^2 | < 1$ 即 $|x|<1$）。
公式：S_1(x) = \frac{x^2}{1+x^2}
提示：注意将 $(-1)^{n-1}x^{2n}$ 写成 $-(-x^2)^n$ 后直接套用等比级数公式。
步骤 4/4
目标：求第二部分和函数并合并结果
第二部分的和函数为 $S_2(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n(2n-1)}$。利用恒等式 $\frac{1}{n(2n-1)}=\frac{2}{2n-1}-\frac{1}{n}$，得 $$S_2(x)=2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}.$$ 先求第一个和 $A(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}$。令 $t=x^2$，则 $A(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{t^n}{2n-1}$。考虑 $B(t)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{t^{n-1/2}}{2n-1}$，但更直接的方法是：记 $u(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$，则 $A(x)=x\cdot u(x)$。对 $u(x)$ 求导得 $u'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n-2}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^{2k}=\frac{1}{1+x^2}$（$|x|<1$）。积分得 $u(x)=\arctan x$（因为 $u(0)=0$）。所以 $A(x)=x\arctan x$。 再求第二个和 $C(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}$。令 $t=x^2$，则 $C(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{t^n}{n}=\ln(1+t)=\ln(1+x^2)$（$|x|<1$）。因此 $$S_2(x)=2\cdot x\arctan x-\ln(1+x^2).$$ 第一部分的和函数为 $S_1(x)=x\arctan x$（由前几步得到）。故原级数的和函数为 $$f(x)=S_1(x)+S_2(x)=x\arctan x+2x\arctan x-\ln(1+x^2)=3x\arctan x-\ln(1+x^2).$$ 收敛区间为 $|x|<1$。在端点 $x=\pm1$ 处，原级数收敛（由莱布尼茨判别法），但和函数表达式在 $x=\pm1$ 处连续，因此收敛域为 $[-1,1]$。最终答案为 $f(x)=3x\arctan x-\ln(1+x^2),\quad x\in[-1,1]$。
公式：$$f(x)=3x\arctan x-\ln(1+x^2),\quad x\in[-1,1]$$
提示：拆项后分别利用已知展开式：$\arctan x$ 和 $\ln(1+x^2)$，注意变量代换 $t=x^2$。

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